Đề thi Toán lớp 9 học kì 2 năm 2019 quận Ba Đình có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (207.75 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

PHÒNG GD & ĐT BA ĐÌNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2018 – 2019 
MƠN TỐN 9

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I. (2,0 điểm)

Cho biểu thức 1 2 1 1 4

2 2

A

x

x x x

 

  



= +  + − 



 −

  + −  với x > , 0

x ≠ .

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm x để 1

A> .

3) Tìm x để A= −2 x + . 5

Bài II. (2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một ơ tơ đi từ A đến B cách nhau 420km với vận tốc dự

định, Khi đi được 120km thì ơ tô tăng tốc thêm 15km h/ và đi

hết qng đường cịn lại với vận tốc mới. Tính vận tốc ban đầu

của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ.

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

2 1 1

1 2

y

x y

y

x y



 − + =

 −


 + + =

 −


2) Cho phương trình 2

2( 1) 2 1 0

x − m+ x + m + = .

a) Giải phương trình khi m =2.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2

sao cho 3 3

1 2 2019

x +x = .

Bài IV. (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( )O , kẻ hai tiếp tuyến

MA MB với đường tròn ( )O , A và B là các tiếp điểm. Gọi E là

trung điểm của đoạn thẳng MB; C là giao điểm của AE và ( )O ,

(C khác A) , H là giao điểm của AB và MO.

1) Chứng minh 4 điểm M , A, O, B cùng thuộc một đường

tròn.

2) Chứng minh 2

EB =EC EA.

3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

4) Gọi D là giao điểm của MC và ( )O , (D khác C ). Chứng

minh ∆ABD là tam giác cân.

Bài V. (0,5 điểm)

Tìm cặp số ( , )a b thỏa mãn ab = 2 và 3 3

2 2 9

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I. (2,0 điểm)

Cho biểu thức 1 2 1 1 4

2 2

A

x

x x x

 
  

= +  + − 

 −

  + −  với x > , 0

x ≠ .

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm x để 1

A> .

3) Tìm x để A= −2 x + . 5

Lời giải

1) 1 2 1 1 4

2 2

A

x

x x x

 
  


= +  + − 


 −
  + − 

2 2 2 4

4 4 4

x x x

A

x x x

x x
  − + 
  
 
= +  + − 
 − − − 
 
 
  

2 2 2 4

x x x

A
x
x
 
+  − + + − 

= ⋅ 

− 
 

2 2 4

4
x x
A
x
x
+ −
= ⋅
−

(

)

(

)(

)

2 2
2
2 2
x
x
A

x x x

−
+

= ⋅

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

(

)(

)

(

)(

)

2. 2 2

2 2

x x

A

x x x

+ −

− +

A

x

= , với x > , 0 x ≠4.

2) Tìm x để 1

A> .

Lời giải

1 2 1

2 2

A

x

> ⇒ >

2 2

x

⇒ >

x

⇒ < (vì x > ) 0

( )

2 2
4

x

⇒ <

0 x 16

⇒ < < , x ≠4

Vậy 0< <x 16, x ≠4 thì 1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

3) Tìm x để A= −2 x + 5

Lời giải

2 5 2 5

A x x

x

= − + ⇒ = − +

(

2 5

)

2 x x

x x

− +

⇒ =

(

)

2 2 x 5 x

⇒ = − + (vì x > ) 0

2 2x 5 x

⇔ = − +

2x 5 x 2 0

⇔ − + = (*)

Đặt t = x , t>0. Khi đó phương trình (*) trở thành:

2t −5t+ =2 0

( 5) 4.2.2 25 16 9 0

∆ = − − = − = >

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
1

5 9 5 3

2.2 4

t = + = + = (nhận); 2 5 9 5 3 1

2.2 4 2

t = − = − = (nhận)

Với t = ⇒2 x = ⇔ = (không thỏa điều kiện) 2 x 4

Với 1 1 1

2 2 4

t = ⇒ x = ⇔ =x (thỏa điều kiện)

Vậy 1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài II. (2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một ơ tô đi từ A đến B cách nhau 420km với vận tốc dự

định, Khi đi được 120km thì ô tô tăng tốc thêm 15km h/ và đi

hết qng đường cịn lại với vận tốc mới. Tính vận tốc ban đầu

của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ.

Lời giải

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x km h( / ), điều kiện x >0.

Sau khi tăng tốc, vận tốc của ô tô là: x +15 (km h/ ).

Thời gian đi với vận tốc ban đầu là: 120( )h

x

Thời gian đi nốt quãng đường còn lại sau khi tăng tốc là:
300

( )

15 h

x +

Vì thời gian ơ tơ đi hết quãng đường AB là 6 giờ nên ta có
phương trình:

120 300

6
15

x +x + =

120.( 15) 300 6 ( 15)

( 15) ( 15) ( 15)

x x x x

x x x x x x

+ +

⇒ + =

+ + +

120.(x 15) 300x 6 (x x 15)

⇒ + + = +

120x 1800 300x 6x 90x

⇔ + + = +

6x 90x 120x 1800 300x 0

⇔ + − − − =

6x 330x 1800 0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

55 300 0

x x

⇔ − − = (*)

( 55) 4.1.( 300) 4225 0

∆ = − − − = >

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
1

55 4225 55 65

2 2

x = + = + = (thỏa điều kiện)

55 4225 55 65

2 2

x = − = − = − (không thỏa điều kiện)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

2 1 1

1
1 2
y

x y
y
x y

 − + =
 −

 + + =
 −

Lời giải

Điều kiện: 0

1 0 1

x y x y

y y
 − ≠  ≠
 
 ⇔
 
 + ≥  ≥ −
 
 

Đặt a 1

x y

− , b = y +1. Khi đó, ta có hệ phương trình:

3 2 1 3 2 1 5 5 1

2 2 2 4 2 2

a b a b a a

a b a b a b a b

 − =  − =  =  =
   
 ⇔ ⇔ ⇔
   
 + =  + =  + =  + =
   
   

1 1

1 2 1

a a
b b
 =  =
 

 
⇔ ⇔
 + =  =
 
 
Suy ra:

1 1 1 1 1

1
1

0
0

1 1 0

x

x y x y x

y
y
y y
  
  
 =  =  =  =
 
 − ⇔ − ⇔ ⇔
   

    =
 + =  =  =
  
 
 
(nhận).

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2) Cho phương trình 2

2( 1) 2 1 0

x − m+ x + m + = (*)

a) Giải phương trình khi m =2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao

cho 3 3

1 2 2019

x +x = .

Lời giải

a) Khi m =2, ta có phương trình: 2

2(2 1) 2.2 1 0

x − + x + + =

6 5 0

x x

⇔ − + = .

Ta có: 1 ( 6) 5+ − + = 0, nhẩm nghiệm ta được: x1 = , 1 x2 = . 5

b) Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi:

(m 1) (2m 1).1 0

′

∆ = + − + >

2 1 2 1 0

m m m

⇔ + + − − >

2
0

m

⇔ > ⇔m ≠0

Ta có: 1 2(− m + +1) 2m+ = −1 1 2m− +2 2m + =1 0

(Trường hợp a+ + = ) b c 0

Nhẩm nghiệm, ta được: x1 = , 1 x2 =2m + . 1

Thay x1 = , 1 x2 =2m + vào 1 3 3

1 2 2019

x +x = , ta được:

1 (2+ m +1) =2019

(2m 1) 2019 1

⇔ + = −

(2m 1) 2018

⇔ + =

2m 1 2018

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2m 2018 1

⇔ = −

2018 1
2

m −

⇔ = (nhận)

Bài IV. (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( )O , kẻ hai tiếp tuyến

MA, MB với đường tròn ( )O , A và B là các tiếp điểm. Gọi E

là trung điểm của đoạn thẳng MB; C là giao điểm của AE và

( )O , (C khác A) , H là giao điểm của AB và MO.

1) Chứng minh 4 điểm M , A, O, B cùng thuộc một đường

trịn.

Lời giải

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên ta có:

OAM = ° ; OBM =90°.

90 90 180

OAM OBM

⇒ + = ° + ° = °.

Mà OAM , OBM là hai góc đối nhau.

⇒ Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay 4 điểm M , A, O, B

cùng thuộc một đường tròn.

H
C

E

M O

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2) Chứng minh 2

EB =EC EA.

Ta có: 1

BAE = sđ BC (Góc nội tiếp)

1
2

CBE = sđ BC (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

BAE CBE

⇒ =

Xét ∆ABE và ∆BCE có:

AEB là góc chung

( )

BAE =CBE cmt

Do đó: ∆ABE ∆BCE g g( . )

BE AE

EC BE

⇒ =

EB EC EA

⇒ =

H
C

E

M O

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên ta có

MA=MB (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Và ta cũng có: OA=OB =R

OM

⇒ là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Mà H là giao điểm của AB và MO

AB OM

⇒ ⊥ tại H ⇒MHB =90°

Xét ∆MHB vuông tại H , có HE là đường trung tuyến ứng với

cạnh huyền MB (vì E là trung điểm của đoạn thẳng MB)

1
2

HE MB EB

⇒ = = (vì E là trung điểm của đoạn thẳng MB)

EHB

⇒ ∆ cân tại E

EHB EBH

⇒ =

Mà EBH =ECB (vì ∆ABE ∆BCE g g( . ))

Suy ra: EHB =ECB

H
C

E

M O

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Xét tứ giác HCEB có hai góc EHB , ECB có đỉnh kề nhau cùng

nhìn cạnh EB và EHB =ECB , nên tứ giác HCEB là tứ giác

nội tiếp.

H
C

E

M O

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

4) Gọi D là giao điểm của MC và ( )O , (D khác C ). Chứng

minh ∆ABD là tam giác cân.

Ta có: 2

EB =EC EA (câu 2) 2

EM EC EA

⇒ = (vì EM =EB,

E là trung điểm của đoạn thẳng MB)

EM EA

EC EM

⇒ =

Xét ∆MEC và ∆AEM có:

AEM là góc chung

EM EA

EC =EM

Do đó: ∆MEC ∆AEM c g c( . . )

EMC EAM

⇒ = (1)

Ta có: 1

ADM = sđ AC (Góc nội tiếp)

Và 1

MAE = sđ AC (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

ADM MAE

⇒ = (2)

Từ (1) và (2) suy ra ADM =EMD

D
H

C

E

M O

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, suy ra AD//EM hay

AD MB .

Vì AD//MB nên DAB =ABE (Hai góc so le trong) (3)

Ta có: 1

ADB = sđ AB (Góc nội tiếp)

Và 1

ABE = sđ AB (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

ADB ABE

⇒ = (4)

Từ (3) và (4) suy ra DAB =ADB

Vậy ∆ABD cân tại B .

D
H

C

E

M O

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài V. (0,5 điểm)

Tìm cặp số ( , )a b thỏa mãn ab = 2 và 3 3

2 2 9

a + b =

Lời giải

3 3 3 3 3 3

2 2 9 8 9 ( 2 ) 9

a + b = ⇒a + b = ⇔a + b =

Ta có: 3 3

2 2 2 ( 2 ) 8

ab = ⇔a b = ⇔a b =

Đặt 3

x =a và 3

( 2 )

y = b ⇒x y. = và 8 x + = y 9

x y

⇒ là hai nghiệm của phương trình:

9 8 0

X − X + = (Định lí Vi-ét đảo) (*)

Ta có: 1 9 8− + = (Trường hợp 0 a+ + = ) b c 0

Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: X1 = , 1 X2 = . 8

Với

1 1 1

8 ( 2 ) 8 2 2 2

a a a

x

y b b b

  
 =  =  =  =
 ⇒ ⇔ ⇔
   
 =  =  =  =
   

Với
3

3
2
8 2
8
1 2

1 ( 2 ) 1 2 1

2
2

a

a a

x

y b b b

 =

 
 =  =  =
 
 ⇒ ⇔ ⇔
   
 =  =  =  = =
   

Vậy cặp số ( , )a b thỏa mãn yêu cầu bài toán:

( ; ) (1; 2)a b = ;

( )

; 2; 2

</div>

Đề thi Toán lớp 9 học kì 2 năm 2019 quận Ba Đình có đáp án

(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

( )

(

)

(

)

( )

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về