1622032837690 dapan TOAN9 II 20 21

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (7.04 MB, 4 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020-2021

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MƠN TỐN 9
(Gồm 04 trang)

Bài
1.
(2,5)

Ý

Đáp án

Điểm

1.
Điều kiện xác định: x  0
(0,75) Ta có x = 9 thỏa mãn điều kiện. Thay x = 9 vào biểu thức A ta được:
9 1 3 1 2
A


9  2 3 2 5
Vậy giá trị biểu thức A 

2
khi x  9 .

5

2.b)
(1,0)

2.
(2,5)

a)
(0,5)

0,25

x2  2

0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; 2 .

0,25

2x  y  7
3x  10


x  y  3
x  y  3

0,25

10

 x  3

10  y  3
 3

0,25

10

 x  3

y  1

3

0,25

 10 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  x; y    ; 
 3 3

0,25

* Do parabol (P) đi qua điểm A(2;3), thay x = 2 và y = 3 vào phương
3
trình của (P) ta được: 3 = a.22  a  (thỏa mãn a  0 )
4

0,25

3
thì parabol (P) đi qua điểm A(2; 3)
4

0,25

Với a = 1 parabol (P) có phương trình y = x2;
m = 12 đường thẳng (d) có phương trình y  4x  12

0,25

Vậy a 
b)
(1,0)

0,25

0,25

2.a) x 2  3x  2  0 là phương trình bậc hai ẩn x,
(0,75) có a  b  c  1  (3)  2  0
Nên phương trình có 2 nghiệm: x1  1;

0,25

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
x 2  4x  12  x 2  4x  12  0

0,25

1

Bài

Ý

Đáp án
 '  4 => phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x 1   2  4   6 ; x 2  2  4  2

Điểm

Xét  '  16  0 ,

Với x = 6  y = 36
Với x = 2  y = 4
Vậy a = 1; m = 12 thì (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt có tọa độ là (6; 36)
và (2; 4).
c)
(1,0)

0,25

0,25

Với a = 1, hoành độ giao điểm của (P và (d) là nghiệm của phương trình:
x 2   4x  m  x 2  4x  m  0 (*)

0,25

2

có  '  2  (  m)  4  m
Prabol (P) tiếp xúc với đường thẳng (d)  phương trình (*) có nghiệm kép
  '  0  4  m  0  m  4
2
2
Phương trình (*) có nghiệm kép x1  x 2 
 2  y   2   4
1
Vậy với a = 1, m = 4 thì (P) tiếp xúc (d) tại điểm có tọa độ (2; 4).
3.
(1,0)

* Gọi độ dài cạnh góc vuông thứ nhất là x (cm), x > 0
Độ dài cạnh góc vng thứ hai là x + 7 (cm)
* Có cạnh huyền của tam giác vng là 13 (cm). Áp dụng định lí Pitago,
ta có phương trình: x2 + (x + 7)2 = 132
 x 2  x 2  14x  49  169  2x 2  14x  120  0

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

 x 2  7x  60  0

Xét   7 2  4.60  289  Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
7  17
7  17
x1 
 12 (không thỏa mãn x > 0); x 2 
 5 (thỏa mãn x > 0)
2
2
Độ dài cạnh góc vng cịn lại là: 5 + 7=12 (cm)
Vậy độ hai dài cạnh góc vng của tam giác lần lượt là 5cm và 12 cm.

0,25

0,25

4.
(3,5)

2

Bài

Ý
a)
(1,0)

Đáp án

Điểm

Vì SA và SB là 2 tiếp tuyến của (O) có tiếp điểm là A và B
nên: SA  AO; SB  BO

0,25

  SBO
  90 0
 SAO

0,25

  SBO
  1800
Xét tứ giác SAOB có SAO

0,25

 và SBO
 là hai góc đối nhau
Mà SAO
Nên tứ giác SAOB nội tiếp đường trịn.
b)
* Đường kính chứa đoạn OH đi qua trung điểm H của dây CD nên
  900
(1,25) OH  CD hay SHO

0,25

0,25

  SBO
  SHO
  90 0
Ta được SAO
 A, B, H cùng thuộc đường trịn đường kính SO
Suy ra 5 điểm A, S, B, H, O cùng thuộc đường trịn đường kính SO.

0,25

  OSH
 (2 góc nội tiếp cùng chắn HO
)
 OAH

0,25

* Có SA và SB là 2 tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại S  SA  SB
Xét đường tròn đường kính SO có 2 dây SA=SB

0,25

  SB
  AHS
  BHS
 (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
 SA

Suy ra HS là tia phân giác AHB

  SB

c)
* Trong đường trịn đường kính SO có: SA
(0,75)
  BHS
 hay EBS
  BHS

 ABS
SB SE

 SB2  SE.SH (1)
Chứng minh được SBESHB (g.g) 
SH SB
* Chứng minh được
SB SD
SBD SCB (g.g) 

 SB2  SC.SD (2)
SC SB
Từ (1) và (2) suy ra: SE.SH  SC.SD (đpcm)
d)
Gọi K là giao điểm của tia OH và AB, I là giao điểm của AB và OS.
(0,5) - Chứng minh được OS  AB  BI  SO
- Xét tam giác OBS vng tại B và đường cao BI ta có:
OB2 = OI.OS hay R2 = OI.OS
(3)
 O


OHS
IK  900
Xét OHS và OIK có 
 chung
SOK
OH OS
Suy ra OHSOIK(g.g) 
(4)

 OH.OK  OI.OS
OI OK
Từ (3) và (4) => OH.OK  R 2 khơng đổi (vì R khơng đổi)
* Do CD và O cố định nên OH khơng đổi
R2
Có OH.OK  R 2  OK 
không đổi.
OH
* Điểm K nằm trên tia OH cố định và điểm O cố định nên điểm K cố
định. Hay AB luôn đi qua điểm K cố định.
Vậy khi S di chuyển trên tia CD (S nằm ngoài đường trịn tâm O) thì
đường thẳng AB ln đi qua một điểm K cố định thuộc tia OH.

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

3

Bài
5.
(0,5)

Ý

Đáp án

Điểm

* Với a là số thực dương, áp dụng BĐT Cô-si với bộ hai số dương
(1  2a) và (1  2a  4a 2 ) ta có:
1  2a  1  2a  4a 2
3
2
1  8a  1  2a  1  2a  4a  
 2a 2  1
2
1
1
Suy ra
 2
3
2a  1

1  8a
1

Tương tự:



1
2

và

1



1
2

2b  1
2c  1
1  8b
1  8c
1
1
1
1
1
1
Ta được: A 



 2
 2
 2
3
3
3
2a  1 2b  1 2c  1
1  8a
1  8b
1  8c
3

3

* Áp dụng BĐT Cô-si với bộ hai số dương

1
2a 2  1

và

2a 2  1
ta có:
9

0,25

2a 2  1

1
2a 2  1 2

2
.

2a 2  1
9
2a 2  1
9
3
1





1
2a 2  1



6  2a 2  1 5  2a 2

9
9

Tương tự 

5  2b 2

1
5  2c 2
và


2b 2  1
9
2c 2  1
9
1

Kết hợp a 2  b 2  c2  3 ta có
1
1
1
15  2(a 2  b 2  c 2 ) 15  2.3




1
2a 2  1 2b 2  1 2c 2  1
9
9
Hay A  1
Chỉ ra được giá trị nhỏ nhất của A = 1  a  b  c  1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1  a  b  c  1

0,25

Ghi chú:
- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm.
- Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa, hình vẽ phải đúng và khớp với chứng minh mới cho điểm.
- Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần các câu, làm tròn đến 0,5 điểm.

---- HẾT ---

4

1622032837690 dapan TOAN9 II 20 21

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về