Tài liệu Bộ đề kiểm môn toán 9 học kì 2 năm học 2019 2020 các quận hà nội có đáp án (file word)

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 KHỐI 9 TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH 1 NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: 3 2 x 5 x  3 x 9 B   x  9 với x 0; x 9 . x 3 x 3 x  3 và Cho hai biểu thức 1) Khi x 81 hãy tính giá trị của biểu thức A A 2) Rút gọn biểu thức B 3) Với x  9 tìm giá trị nhỏ nhất b của biểu thức P  A.B Bài 2 1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? 2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người ta lát mặt xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khô. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một 2 chiếc nón Huế như vậy (làm tròn cm ) Bài 3 1 x    3   1) Giải hệ phương trình  x 2) Cho phương trình 1 3 y 1 2 4 y 1 . x2 - ( m + 2) x + m = 0 x ( là ẩn số). a/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m . b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn x1 - x2 = 5 . Bài 4.  O; R  . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC  O  lần lượt tại các điểm thứ hai là cắt nhau tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp D và E. Chứng minh rằng: 1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp. 2) Chứng minh IK // DE và OC  IK .  O  và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung 3) Cho đường tròn lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi. Bài 5: Cho các số x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy x2  y 2  xy x y . A HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) 3 2 x 5 x  3 x 9 B   x  9 với x 0; x 9 . x 3 x 3 x  3 và Cho hai biểu thức 1) Khi x 81 hãy tính giá trị của biểu thức A A 2) Rút gọn biểu thức B 3) Với x  9 tìm giá trị nhỏ nhất B của biểu thức P  A.B Lời giải: 1) Giá trị x 81 thỏa mãn điều kiện x 0; x 9 ,thay vào biểu thức A ta được: A 81  9 72 72   12 81  3 9  3 6 Vậy khi x 81 thì A 12 2) Với x 0; x 9 ta có B 3 2 x 5 x  3   x 9 x 3 x 3 3  x 3  2   x 3   x  3  x  3  3  x  3  2  x  3  x  5   x  3  x  3   :   x 3  x 3  x 3 x  x 3  x 3  x 5 x  3   x 3  x 3  x 3   x x 9 x  x  9 Với x 0; x 9 P  A.B  3) Ta có:  x 3 x 9 vì x 3  3 x 92 x  6 x  5 x  3 P Vậy  x 9 x x x  99 .    x  3 x 9 x 3 x3 9 9  x  3 6 x 3 x 3 x 3 x  3  0 vµ 9 x3 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với 2 số không âm ta có:  x 3   x 3 9 x3 x  3 9 2   x3 . x3 9  x  3  6 12 x3 hay P 12 x 3= . Dấu "=" xảy ra khi 9 x3 6 9  x3  x3  2  x  3 3  x 6  x 36 9        x  3  3  x 0  x 0 Đối chiếu với điện ta thấy x 36 thỏa mãn điều kiện Vậy Min P 12  x=36 Bài 2 (2,5 điểm): 1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? 2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người ta lát mặt xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khô. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một 2 chiếc nón Huế như vậy (làm tròn cm ) Lời giải x x 1) Gọi (xe) là số xe ban đầu của đội xe. (  N * ). 160 Theo dự kiến số gạo mỗi xe định chở là: x (tấn). Số xe thực tế là: x  4 (xe). 160 Số gạo thực tế mỗi xe chở là: x  4 (tấn). Vì thực tế được bổ sung thêm 4 xe nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu là 2 tấn gạo. Vậy ta có phương trình: 160 160 2   2 x 2  8 x  64 0  x4 x  x 4  TM    x  8  KTM  Vậy số xe ban đầu của đội xe là 4 xe. 2)Chiếc nón Huế là một hình nón có đường kính đáy d 40 R   20  cm  2 2 Độ dài đường sinh: d 40  cm  , nên bán kính đáy l 30  cm  Vậy diện tích xung quanh của hình nón này là: S πRl 3,14.20.30 1884  cm 2  Vì người ta lợp nón bằng 3 lớp lá, nên diện tích lá cần dùng để tạo nên một chiếc nón Huế sẽ 1884.3 5652  cm 2  là: . Bài 3(2,0 điểm) 1 x    3   1) Giải hệ phương trình  x 2) Cho phương trình 1 3 y 1 2 4 y 1 . x2 - ( m + 2) x + m = 0 x ( là ẩn số). a/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m . b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn x1 - x2 = 5 . Lời giải 1 1 = a, =b y- 1 1) Đặt x (Điều kiện a,b ¹ 0 ) Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành ìï a + b = 3 ï Û í ïï 3a - 2b = 4 î ìï 2a + 2b = 6 ï Û í ïï 3a - 2b = 4 î ìï 1 ïï = 2 ï Þ ïí x Þ ïï 1 =1 ïï ïî y - 1 ìï ïï x = 1 í 2 ïï y = 2 ïîï ìï 5a = 10 ï Û í ïï a + b = 3 î ìï a = 2 ï í ïï b = 1 î (Thỏa mãn điều kiện) . æ 1 ö ç ÷ ç ;2÷ ÷ ÷ ç 2 ø è Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm là . 2) a/ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có 2 2 2 D = b2 - 4ac = é - m + 2) ù ê ú - 4.1.m = m + 4m + 4 - 4m = m + 4 > 0 " m Î ¡ . ë( û Þ Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m . b/ Theo chứng minh ý a/ thì phương trình đã luôn có hai nghiệm phân biệt Theo yêu cầu đề bài x1 - x2 = 5 (điều kiện x1 > x2 ³ 0 Do đó, ta thực hiện +) Tìm điều để phương trình đã cho có 2 nghiệm dương ìï - b ïï >0 Û ïí a Û ïï c ïï > 0 îï a ïìï m + 2 > 0 Û m> 0 í ïï m > 0 î (*) ìï x + x = m + 2 2 ï 1 í ïxx =m +) Theo hệ thức Vi- et ta có ïî 1 2 . ). x1;x2 . +) Giả thiết x1 - x2 = 5 Û ( x1 - x2 ) 2 = ( 5)2 Û x1 + x2 - 2 x1x2 = 5 é m = - 1(VN ) ê Û m + 2- 2 m = 5 Û m - 2 m - 3 = 0 Û ê Û m=9 êm=3 ë (Thỏa mãn). Vậy m = 9. Bài 4.  O; R  . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC  O  lần lượt tại các điểm thứ hai là cắt nhau tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp D và E. Chứng minh rằng: 1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp. 2) Chứng minh IK // DE và OC  IK .  O  và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung 3) Cho đường tròn lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi. Lời giải: 1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp. Xét ABC có đường cao AK và BI ( giả thiết )  AK  BC tại K và BI  AC tại I      AKB AKC 90o và AIB BIC 90o o   Xét tứ giác ABKI có: AKB AIB 90 ( Chứng minh trên )  K và I là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh AB dưới một góc bằng nhau  Tứ giác ABKI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm ). 2) Chứng minh IK // DE và OC  IK .   Tứ giác ABKI nội tiếp ( Chứng minh trên )  AKI ABI ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI )   hay AKI ABE ( Do I  BE ) (1)    O  ) (2) Ta có : ADE ABE ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AE của đường tròn   Từ (1) và (2) suy ra AKI ADE .   Mà AKI và ADE là cặp góc đồng vị nên suy ra IK // DE ( đpcm ).   Tứ giác ABKI nội tiếp ( Chứng minh trên )  KAI KBI ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung   nhỏ KI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ) hay DAC CBE ( Do I  AC, K  AD,I  BE, K  BC )      O  có: DAC CBE Đường tròn ( Chứng minh trên ). Mà DAC và CBE là hai góc nội tiếp lần lượt chắn cung nhỏ DC và cung nhỏ EC    CE   DC ( DC,CE là các cung nhỏ ) ( Hệ quả )  DC EC ( Định lý ) (3)  O ) Ta có: OD OE ( Bán kính của (4) Từ (3) và (4) suy ra OC là đường trung trực của đoạn DE  OC  DE ( Tính chất ) Mà IK // DE ( Chứng minh trên )  OC  IK ( Quan hệ từ vuông góc đến song song ) ( đpcm ). 3) Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi. Gọi N là trung điểm của AB, P là trung điểm của HC, đường thẳng CH cắt AB tại M o  Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI có: AKB 90 ( Chứng minh trên )  AB là đường kính  N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ( Do N là trung điểm của AB ) o   Ta có: BIC AKC 90 ( Chứng minh trên ) o   hay HIC HKC 90 ( Do H  BI, H  AK ) o o o     Xét tứ giác HKCI có: HIC  HKC 90  90 180 . Mà HIC và HKC ở vị trí đối nhau nên tứ giác HKCI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) o  Mà HIC 90 ( Chứng minh trên )  HC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI  P là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI ( Do P là trung điểm của HC ) và PC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK. Tam giác ABC có : AK và BI là đường cao và AK cắt BI tại H ( giả thiết ) nên suy ra CM cũng là đường cao của ABC ( Tính chất )  CM  AB hay CP  AB ( Do P  CM )(5)  O  có dây AB và N là trung điểm của AB nên suy ra ON  AB tại N Xét đường tròn ( Quan hệ đường kính và dây cung ) (6) Từ (5) và (6) suy ra CP // ON ( Quan hệ từ vuông góc đến song song ) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI và đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI cắt nhau tại K và I. Mà N và P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI và tứ giác HKCI ( Chứng minh trên )  NP  IK ( Tính chất đường nối tâm ) (7) Ta có: IK  OC ( Chứng minh trên ) (8) Từ (7) và (8) suy ra NP // OC ( Quan hệ từ vuông góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có: CP // ON ( Chứng minh trên ) NP // OC ( Chứng minh trên )  Tứ giác NOCP là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )  ON PC ( Tính chất ) Xét ONA vuông tại N ( Do ON  AB tại N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có: OA 2 AN 2  NO 2  NO 2 OA 2  AN 2 Mặt khác: OA R ,AN  AB 2 ( Do N là trung điểm của AB ) AB2 AB2 AB 2  NO R   ON  R  R 4 4 ( Do 2 ) 2 2 Mà ON PC ( Chứng minh trên ) Vì  PC  R 2  AB2 4  O  cố định và AB cố định nên R và AB không đổi  PC có giá trị không đổi . Mặt khác PC là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh trên )  Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi và có giá trị bằng AB2 R  4 ( đpcm ). 2 Bài 5: Cho các số x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy x2  y 2 A  xy x y . Lời giải 2 Ta có: x y  x  y A 2  x  y A 2 A 2  x  y  2 2  2 xy 8 xy 2 xy xy xy 3  x  y    xy 8 xy  x  y 8 xy 2 2 xy 3  x  y  .  x y 8 xy A 2 x  y 3.4 xy .  2 8 xy xy A 2 2 xy 3 3 5 .  1   2 2 2 xy 2 Dấu bằng xảy ra khi x  y 5 Amin   x  y 2 Vậy : 2 TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TỔ TN1 - NHÓM TOÁN 9 MÔN: TOÁN - LỚP 9 (Đề thi gồm 01 trang) NĂM HỌC 2019-2020 (Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 3. (2,0 điểm). A= Cho biểu thức: x +1 x æ x æ ö 1 ö ÷: ç 1 + 2 ÷ B =ç ç ç x - 1 x - x ÷ è x +1 x - 1 ÷ ø với x >0 ; x ¹ 1 . è ø và a) Tính giá trị của biểu thức A khi x =16 . B= b) Chứng minh rằng x-1 x . c) Tìm x nguyên để P = A : B đạt giá trị lớn nhất. Câu 4. (2,0 điểm) 1)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Quãng đường Thanh Hóa - Hà Nội dài 150 km. Một ô tô từ Hà Nội đi vào Thanh Hóa, nghỉ tại Thanh Hóa 3 giờ 15 phút, rồi trở về Hà Nội, hết tất cả 10 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về 10 km/h. 2)Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6 cm, chiều cao 9 cm. Hãy tính diện tích xung quanh của hình trụ. Câu 5. (2,5 điểm) ì 7 4 5 - = ï ï x-1 y 3 í 3 13 ï 5 + = ï 1)Giải hệ phương trình sau: îï x - 1 y 6 2)Cho phương trình x 2 - 2 ( m - 1) x +m 2 - 3m +3 =0 (1) a) Giải phương trình với m =3 . x 2 +x22 =3( x1 +x2 ) - 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 . Câu 6. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O ) , đường kính AB . Lấy M bất kì thuộc nửa đường tròn (không trùng với A , B ) và C là điểm chính giữa cung AM . Gọi D là giao điểm của AC và BM ; H là giao điểm của AM và BC . a) Chứng minh: Tứ giác CDMH nội tiếp. b) Chứng minh: DA . DC =DB . DM . c) Gọi Q là giao điểm của DH và AB . Chứng minh khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O ) thì đường tròn ngoại tiếp DCMQ luôn đi qua một điểm cố định. Câu 7. (0,5 điểm) Với a , b , c là các số dương thỏa mãn ab +bc =2ac . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= a +b c +b + 2a - b 2c - b  HẾT  ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II – TOÁN 9 TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ Năm học: 2019 - 2020 Câu 1. (2,0 điểm) A= x +1 x Cho biểu thức: æ x æ ö 1 ö ÷: ç 1 + 2 ÷ B =ç ç ç x - 1 x - x ÷ è x +1 x - 1 ÷ ø với x >0 ; x ¹ 1 . è ø và a) Tính giá trị của biểu thức A khi x =16 . B= x-1 b) Chứng minh rằng x . c) Tìm x nguyên để P =A : B đạt giá trị lớn nhất. Lời giải a) Ta thấy x =16 thỏa mãn điều kiện xác định Thay x =16 vào biểu thức A , ta được: A= 16 +1 16 A= = 4 +1 5 = 4 4 5 4. Vậy khi x =16 thì giá trị của biểu thức là b) Với x >0 ; x ¹ 1 . Ta có: æ x æ ö 1 ö ÷: ç 1 + 2 ÷ B =ç ç ÷ ç x - 1 x - x ÷ è x +1 x - 1 ø è ø æ ö æ ö ç x 1 ÷ç 1 2 ÷ =ç + ÷: ç ÷ ç x-1 x x - 1 ÷ ç x +1 x-1 x +1 ÷ è ø è ø æ ö æ ç x 1 ÷ç x -1 2 =ç + ÷: ç ç x x-1 x x -1 ÷ç x -1 x +1 x-1 x +1 è ø è ( ( = ) ( ) )( ö ÷ ÷ ÷ ø ) x +1 )( x-1 ) x +1 x -1 x- 1 = 1 x x-1 x x x-1 B= x . x > 0 x ¹ 1 Vậy với ; thì = : 1 = x +1 ) ( )( )( ) ( x-1 x - 1 +2 ( x - 1) ( x +1) : : = x ( x - 1) ( x - 1) ( x +1) x ( x - 1) ( x +1 ) ( × P =A : B = x +1 x - 1 x +1 x 1 : = × = x x x x-1 x-1 x +1 ( )( ) c) Với x >0 ; x ¹ 1 . Ta có: Với x nguyên; x >0 ; x ¹ 1 thì P đạt giá trị lớn nhất khi x - 1 là số dương nhỏ nhất Û x là số 1 P= = 2 +1 2-1 nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện xác định Û x =2 . Khi đó: Vậy x =2 Î Z thì biểu thức P = A : B đạt giá trị lớn nhất là P = 2 +1 . Câu 2. (2,0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Quãng đường Thanh Hóa - Hà Nội dài 150 km. Một ô tô từ Hà Nội đi vào Thanh Hóa, nghỉ tại Thanh Hóa 3 giờ 15 phút, rồi trở về Hà Nội, hết tất cả 10 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc về, biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về 10 km/h. 2) Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6 cm, chiều cao 9 cm. Hãy tính diện tích xung quanh của hình trụ. Lời giải 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: 13 = 4 giờ. Đổi: 3 giờ 15 phút Gọi vận tốc lúc về của ô tô (đi từ Thanh Hóa về Hà Nội) là: x (km/h) (Điều kiện: x >0 ) Vận tốc của ô tô lúc đi từ Hà Nội đến Thanh Hóa là: x +10 (km/h) 150 Thời gian ô tô đi từ Hà Nội đến Thanh Hóa là: x +10 (giờ) 150 Thời gian ô tô đi từ Thanh Hóa về Hà Nội là: x (giờ) 13 Vì ô tô đi từ Hà Nội vào Thanh Hóa, nghỉ tại Thanh Hóa 3 giờ 15 phút hay bằng 4 giờ rồi trở 150 150 13 + + =10 x 4 về Hà Nội, hết tất cả 10 giờ nên ta có phương trình: x +10 Þ 600 x +600 ( x +10) =27 x ( x +10) Û 27 x 2 - 930 x - 6000 =0 Û 9 x 2 - 310 x - 2000 =0 2 D¢=( - 155) - 9.( - 2000) =42025 =2052 >0 155 +205 x1 = =40 Þ phương trình có hai nghiệm phân biệt: 9 (thỏa mãn); 155 - 205 - 50 x2 = = 9 9 (loại) Vậy vận tốc lúc về của ô tô đi từ Thanh Hóa về Hà Nội là 40 (km/h). 2) Hình trụ có bán kính đáy: R =6 (cm), chiều cao: h =9 (cm) S =2p Rh =2p.6.9 =108p Diện tích xung quanh của hình trụ là: xq (cm2) B O A h B' O' A' Câu 3. (2,5 điểm) ì 7 4 5 - = ï ï x-1 y 3 í 3 13 ï 5 + = ï 1) Giải hệ phương trình sau: ïî x - 1 y 6 x 2 - 2 ( m - 1) x +m 2 - 3m +3 =0 2) Cho phương trình a) Giải phương trình với m =3 . (1) x 2 +x22 =3( x1 +x2 ) - 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 . Lời giải ì 7 4 5 - = ï ï x-1 y 3 í 3 13 ï 5 + = ï 1) Ta có hệ phương trình: ïî x - 1 y 6 (Điều kiện xác định: x ¹ 1; y ¹ 0 ) ì 1 ïa= x-1 ï í ï b =1 ï y Đặt î (Điều kiện: a; b ¹ 0 ). Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành: ì ì ì 5 41 1 ì 21a - 12b =5 ï 7a - 4b = ï 41a = ïa= ï ï ï ï 3 3 3 Û í Û í í 26 Û í 13 13 1 ï ï 20a +12b = ï ï 3 î ï 5a +3b = ï 5a +3b = ïb= 6 6 6 (thỏa mãn điều kiện) î î î ì ï ï Þ í ï ï î 1 1 = x-1 3 Û 1 1 = y 6 ìï x - 1 =3 Û í ïî y =6 ìï x =4 í îï y =6 (thỏa mãn điều kiện xác định) 4;6) Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( . 2 2 x - 2 ( m - 1) x +m - 3m +3 =0 2) Phương trình: 2 a) Thay m =3 vào phương trình đã cho ta được phương trình: x - 4 x +3 =0 Vì a +b +c =1 +( - 4) +3 =0 Þ phương trình có nghiệm x1 =1 ; x2 =3 {1;3} Vậy với m =3 phương trình có tập nghiệm là b) Ta có: ( ) 2 2 2 ù2 D¢=é ë- ( m - 1) û - m - 3m +3 =m - 2m +1 - m +3m - 3 =m - 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 Û D¢>0 Û m - 2 >0 Û m >2 ìï x1 +x2 =2 ( m - 1) í ï x x =m2 - 3m +3 Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: î 1 2 Ta lại có: x12 +x22 =3 ( x1 +x2 ) - 2 Û ( (x 1 +x2 ) - 2 x1 x2 =3 ( x1 +x2 ) - 2 2 ) Û 4 ( m - 1) - 2 m 2 - 3m +3 =6 ( m - 1) - 2 Û 2m 2 - 8m +6 =0 Û m 2 - 4m +3 =0 2 a +b +c =1 +( - 4) +3 =0 Þ phương trình có nghiệm m1 =1 (loại); m2 =3 (thỏa mãn) x 2 +x22 =3 ( x1 +x2 ) - 2 Vậy với m =3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O ) , đường kính AB . Lấy M bất kì thuộc nửa đường tròn ( M không trùng với Vì A , B ) và C là điểm chính giữa cung AM . Gọi D là giao điểm của AC và BM ; H là giao điểm của AM và BC . a) Chứng minh: Tứ giác CDMH nội tiếp. b) Chứng minh: DA . DC =DB . DM . c) Gọi Q là giao điểm của DH và AB . Chứng minh khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O ) thì đường tròn ngoại tiếp DCMQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải     a) Ta có: ACB =AMB =90° (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Þ BCD =AMD =90°  Þ BCD +AMD =90° +90° =180° Þ Tứ giác CDMH nội tiếp    Þ DDCB áDDMA b) Xét DDCB và DDMA có: ADB chung; BCD =AMD =90° (g.g) Þ DC DB = Þ DA . DC =DB . DM DM DA   c) ACB =AMB =90° Þ AM ^ DB; BC ^ DA Þ AM ; BC là hai đường cao của DDAB   Þ H là trực tâm của DDAB Þ DH ^ AB tại Q Þ AQD =BQD =90° ACB +AQD =90° +90° =180° Þ   Tứ giác ACHQ nội tiếp Þ CQH =CAM AMB +BQD    =90° +90° =180° Þ Tứ giác BMHQ nội tiếp Þ MQH =CBM         Þ CQH +MQH =CAM +CBM Þ CQM =2CAM (do CAM =CBM , hai góc nội tiếp cùng    chắn CM ), mà COM =2CAM (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)   Þ CQM =COM Þ Tứ giác CMOQ nội tiếp Þ O thuộc đường tròn ngoại tiếp DCMQ Vậy khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O ) thì đường tròn ngoại tiếp DCMQ luôn đi qua điểm O cố định.  Chú ý: Kết quả của bài toán vẫn đúng khi C là một điểm bất kì nằm trên AM ( C khác A , M ) Câu 5. (0,5 điểm) Với a , b , c là các số dương thỏa mãn ab +bc =2ac . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= a +b c +b + 2a - b 2c - b Lời giải Với a , b , c là các số dương thỏa mãn ab +bc =2ac Þ b ( a +c) =2ac Þ b = 2ac 2ac a2 a+ c+ a +b c +b a +c + a +c = Þ P= + = 2ac 2ac 2a - b 2c - b 2a 2 2a 2c a +c a +c +ac +2ac ac +c 2 +2ac a +c a +c + +2ac - 2ac 2ac +2c 2 - 2ac a +c a +c a 2 +3ac c 2 +3ac 1 3c 1 3a 3 æc a ö ç + ÷ ÷ Þ P= + = + + + = 1 + ×ç 2 2a 2 2c 2 èa c ø 2a 2 2c 2 c a c a 3 + ³ 2 × =2 Þ P ³ 1 + ×2 =4 a c 2 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: a c ì ï a, b, c >0 ï ïï c a Û í = ïa c ï ï b = 2ac ï a +c Dấu " =" xảy ra î 2ac a +c ì ï ï a, b, c >0 ï Û a =b =c í a =c ï ï 2a 2 ïb= 2a î Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 4 khi a =b =c  HẾT  NHẬN XÉT: Bài làm tốt. TRƯỜNG THCS THANH XUÂN NAM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2019-2020 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2 điểm) Cho các biểu thức: A x2 x 1 1 B  x x  1 x  x  1 và x  1 Với x 0 ; x 1 1) Tính giá trị của B khi x 49 2) Rút gọn biểu thức S  A  B 1 3) So sánh S với 3 Câu 2. (2 điểm) 1) Chiến nón do làng Chuông (Thanh Oai – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng 30cm , đường kính bằng 40cm . Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón. 2) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km . Khi đi từ B về A người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc lúc đi. Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2  2  m  3 x  m 2  3 0 a) Giải phương trình khi m 3 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2  x1. x2 Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn  O  O  . Vẽ qua A cát tuyến ABC ( B nằm giữa A và và điểm A cố định ở ngoài C ), AM , AN là các tiếp tuyến với  O  ( M , N   O  và M thuộc nửa mặt phẳng bờ AC có chứa O , gọi H là trung điểm BC . 2 1) Chứng minh: AM  AB. AC 2) Chứng minh 5 điểm A , M , N , O , H cùng thuộc một đường tròn. 3) Đường thẳng qua B song song với AM cắt MN ở E . Chứng minh EH // MC 4) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì trọng tâm G của tam giác MBC chay trên đường nào? Câu 5. (0,5 điểm) S 3  x 2  y 2   z 2 xy  yz  zx  1 Cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .  HẾT  Phải Ngắt Trang sang trang mới: Ctrl Shif  Enter HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS THANH XUÂN NAM Câu 1. (2 điểm) Cho các biểu thức: A x2 x 1 1 B  x x  1 x  x  1 và x  1 với x 0 ; x 1 1) Tính giá trị của B khi x 49 2) Rút gọn biểu thức S  A  B 1 3) So sánh S với 3 Lời giải Khi x 49 thỏa mãn ĐKXĐ nên thay vào B ta có 1) 1 1 1   49  1 7  1 6 B S A  B  2) S x2 x 1   x x  1 x  x 1 x2 x 1   1   x  x 1 x  1 x  2   x  1  x  1   x  x  1 S  x  1  x  x 1 S S  1 x  1 với x 0 ; x 1 x  1 x  x 1 x  2  x  1 x    x1  x  1 x  x 1  x   x  1   x  1  x  x 1 x  x x   x  1 x  x 1 x x 1 1 3) So sánh S với 3 Ta có x 1 Nên S S 1 3 1 3=    2 x1 x 1 3 x  x x  1  x2 x  1     0 x  x 1 3 3 x  x 1 3 x  x 1 3 x  x 1      với x 0 ; Câu 2. (2 điểm) 1) Chiến nón do làng Chuông (Thanh Oai – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng 30cm , đường kính bằng 40cm . Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón. 2) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km . Khi đi từ B về A người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc lúc đi. Lời giải 1) Minh họa hình nón như hình vẽ dưới đây. Trong đó, đường sinh l SA 30 cm Đường kính 2r  AB 40 cm  r 40 : 2 20 cm . Lớp lá phủ lên bề mặt xung quanh của chiếc nón chính là diện tích xung quanh của hình nón S  . xq 2 S xq  rl  .20.30 600  cm  Vì người ta dùng 2 lớp lá để phủ lên mặt xung quanh của nón nên diện tích lá cần dùng để làm một chiếc nón là: 2 2.S xq 2.600 1200  cm  2 Vậy diện tích lá cần dùng để làm một chiếc nón là 1200 cm . 2) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km . Khi đi từ B về A người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc lúc đi. Gọi vận tốc lúc đi của xe đạp là Vận tốc lúc về của xe đạp là: x  km/h  x  0 , . x  3  km/h  Chiều dài con đường lúc về là: 30  6 36  km  30  h Thời gian lúc đi từ A đến B là: x . . 36  h Thời gian lúc về từ B về A là: x  3 . 20 phút  1 3 giờ. Vì thời gian lúc về ít hơn thời gian lúc đi là 20 phút nên ta có phương trình: 30 36 1   x x 3 3  30.3.  x  3 x  x  3 36.3. x   3 x  x  3 3x  x  3 3 x  x  3  90 x  270  108 x  x 2  3x  x 2  21x  270 0  x 2  30 x  9 x  270 0  x  x  30   9  x  30  0   x  30   x  9  0  x  30 0    x  9 0  x  30(loaïi)   x 9(thoûa maõn) Vậy vận tốc lúc đi của xe đạp là 9km/h . Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình a) Giải phương trình khi m 3 x 2  2  m  3 x  m 2  3 0 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2  x1. x2 Lời giải x 2  2  3  3 x  32  3 0  x 2  12 x 12 0 a) Với m 3 thì ta có phương trình: Xét  36  12 24  0    24 2 6 x 6  2 6 x2 6  2 6 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1 ; b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 2   '  0   m  3    m 2  3   0  6m  6  0  m   1 b  x  x  2  m  3 1 2  a   x . x  c m 2  3 1 2 a + Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có :  + Ta có: