Đề kiểm tra toán 9 học kì 2 năm học 20182019 tỉnh thái bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 - 2019


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9
(Gồm 03 trang)

Bài

Ý

Đáp án

x
5


x 2
x 2

Với x  0; x  4 ta có A 

x

1.
(1,25)




1.
(2.0)



 
x 2




x 2

x 2

x 2







x 2



x 2


0,5

x  2  11 x  14



x 2



x  2 x  5 x  10  11 x  14



11 x  14



x 2 5



Điểm



x 2





x4 x 4



x 2



x 2



0,25

2

x 2





x 2
x 2

x 2

x 2
(1)
 x  0; x  4
2

Ta có A  
  x 2
2
3

(2)

3
 x 2
2.
Do x  2  0 ; 3>0 nên BPT(2)  3 x  6  2 x  4
(0,75)
2
4
5 x 2  x   x
(3)
5
25
4
2
4
Từ (1) và (3) ta có 0  x 
. Vậy A    0  x 
25
3

25
ĐKXĐ: x  y
3x  y  5  2x  2y
 x  3y  5
Với ĐKXĐ này hệ pt  

 x  3y  1
 x  3y  1
1.
(1,0)
 2x  4
x  2

 
(thỏa mãn ĐK x  y)
6y  6
y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (2 ; 1)
Gọi bán kính của hình tròn tâm A, tâm B lần lượt là x, y
(0 < y < x < 3 và tính bằng m)
2.
Do hai hình tròn tiếp xúc ngoài với nhau và AB = 3m nên ta có phương trình
(2,0)
x+y=3
(1)
2
Mặt khác, diện tích bồn hoa bằng 4,68m nên ta có phương trình
2.
x2 + y2 = 4,68  x2 + y2 = 4,68
(2)

(1,0)
 x  y  3
x  y  3

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình  2

2
2
 x  y  2xy  4,68
 x  y  4,68
x  y  3

 xy  2,16
Vậy với x  0; x  4 ta có A 

1

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25


Bài

Ý

Đáp án

Điểm

Suy ra x, y là 2 nghiệm của p.trình t2  3t + 2,16 = 0. Giải ra t = 1,2 ; t = 1,8
Do x > y  x = 1,8; y = 1,2 (thỏa mãn điều kiện bài toán)
Vậy bán kính hình tròn tâm A, tâm B thứ tự là 1,8m và 1,2m.
Khi m = 1 ta có (d): y = 3x
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P), phương trình đó là:
x2  3x = 0  x(x  3) = 0
1.
 x = 0; x = 3
(1,0)
Với x = 0 ta có y = 0  O (0 ; 0 )
Với x = 3 ta có y = 9  A (3 ; 9 )
Vậy khi m = 1 thì (d) cắt (P) ở 2 điểm O (0 ; 0 ); A (3 ; 9 )
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d), (P), phương trình đó là:
x2  (2m + 1) x + m2  1 = 0

(*)
2.
(d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung  phương trình (*)
(0,5)
có hai nghiệm trái dấu
 ac = m2 – 1 < 0
 m2 < 1  –1 < m < 1
Xét phương trình (*) có:  = (2m + 1) 2  4(m2  1) = 4m + 5
3.
(d) cắt (P) ở 2 điểm phân biệt có tung độ y1, y2  p.trình (*) có 2 nghiệm
(2,5)
5
phân biệt x1, x2  4m + 5 > 0  m   . (1)
4
 x1  x 2  2m  1
Áp dụng định lý Viét ta có 
2
 x1 x 2  m  1
3.
2
2
2
(1,0) Khi đó y1 + y2 = 9  x 1  x 2  9  (x1 + x2)  2x1x2 = 9
 (2m + 1)2  2(m 2  1) = 9
 2m2 + 4m  6 = 0  m2 + 2m  3 = 0

(không thỏa mãn (1))

A
E

I

4.
(3,0)

N
O

1
2

B

M

3

D
2

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

0,25

(thỏa mãn (1))

m  1
Phương trình có a + b + c = 1 + 2  3 = 0  
 m  3
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

1

0,25

C

0,25


Bài

Ý

Đáp án

Điểm

  BAD
  CAD
  BD
  CD


Vì AD là phân giác của BAC
  CAD
 hay IEN
  IAN

1.
 BED
(1,0) Do E, A nằm trên nửa mặt phẳng bờ IN  tứ giác AENI nội tiếp
Tứ giác nội tiếp tương tự là tứ giác BDMI.
)
  ANI
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn AI
Do tứ giác AENI nội tiếp  AEI
)
  ANI
 . Mà AEB
  ACB
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn AB
hay AEB
  ANI
  NI // BC hay NI // CM
(1)
 ACB
2.
(2)
(1,0) Do tứ giác BDMI nội tiếp nên chứng minh tương tự ta có MI // CN
Từ (1) (2)  tứ giác CMIN là hình bình hành.
(3)
Lại có phân giác trong của góc A và B cắt nhau ở I  CI là phân giác của

góc C. Kết hợp với (3) ta có tứ giác CMIN là hình thoi.
 A
 B
 (góc ngoài ABI)
Ta có BID
1

0,25
0,25
0,5

0,25
0,25

1

 B
 (vì BE là phân giác B
)
B
1
2
 B
 (vì BD
  CD
)
A
1
3
B

 B
  DBI
 . Vậy BDI cân ở D.
Suy ra BID
3
2

0,5

3.
(1,0) Vì BDI cân ở D  DB = DI. Mà B, C cố định  D là điểm cố định
 BD = a > 0, a không đổi.
Lúc đó AI = AD  DI = AD  a  2R  a
Dấu bằng có  A là điểm đối xứng với D qua O
Vậy Max AI = 2R  a  A là điểm đối xứng với D qua O.

 x a

a  b  c  12
Đặt  y  b với a,b,c  0. Ta có hệ phương trình 
 2a  5b  10c  abc

z

c

(1)
a  b  c  12
a  b  c  12



 2  a  b  c   3b  8c  abc
24  3b  8c  abc (2)
5.
(0,5)

0,5

Từ (2)  abc > 0. Kết hợp điều kiện a,b,c  0 ta có a,b,c > 0
24 8 3
Lúc đó cũng từ (2) 
   b  c  a  b  c  12
bc b c

3

0,25

(3)

24 b 2c
8 b
3 c
 24 b 2c   8 b   3 c 
VT(3) =              3 3 . .  2 .  2 .
bc 2 3
b 2
c 3
 bc 2 3   b 2   c 3 
(BĐT: AM - GM)

= 6 + 4 + 2 = 12 = VP(3)
Dấu bằng có  a = 5; b = 4; c = 3 (thỏa mãn a,b,c > 0)
Khi đó x = 25; y = 16; z = 9.
Hệ phương trình có nghiệm là (x ; y ; z) = (25 ; 16 ; 9)
Ghi chú: - Giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm.
- Mọi cách giải khác hợp lý vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu, làm tròn đến 0,5 điểm.

0,5

0,25