Đề thi Toán lớp 9 học kì 2 năm 2019 quận Hoàn Kiếm có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (220.31 KB, 17 trang )

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

UBND QUẬN HOÀN KIẾM 
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2018 – 2019 
MƠN TOÁN 9

Ngày kiểm tra: 19/4/2019

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I. (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức:

3 4

1
x
A

x
−
=

+ và

2 4 2 1

( 1)( 2) 1 2

x x x

B

x x x x

+ − +

= − +

+ − + −

với x ≥ 0, x ≠ 4.

1) Tính giá trị của A khi x = 9.

2) Rút gọn B và biểu thức P = A B. .

3) Tìm x để P ≥ 2.

Bài II. (2,0 điểm)

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

Để đóng gói hết 600 tập vở tặng các bạn nghèo vùng cao,
lớp 9A dự định dùng một số thùng carton cùng loại, số tập vở

trong mỗi thùng là như nhau. Tuy nhiên, khi đóng vở vào các
thùng có 3 thùng bị hỏng, khơng sử dụng được nên mỗi thùng
còn lại phải đóng thêm 10 tập vở nữa mới hết. Tính số thùng
carton ban đầu lớp 9A dự định sử dụng và số tập vở dự định
trong mỗi thùng.

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 1 5

3
3

5 1 13

3
x

y
x

y



− + =

 −



 − + =

−


2) Cho phương trình 2

2( 2) 2 5 0

x − m + x − m − = với ẩn x

a) Giải phương trình với m = 2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; 2

thỏa mãn x1 + x2 = 2.

Bài IV. (3,5 điểm)

Cho đường tròn ( )O , dây BC cố định. Trên cung lớn BC của

( )O , lấy điểm A (A ≠ B, A ≠C ) sao cho AB < AC . Hai tiếp

tuyến qua B và C của ( )O cắt nhau tại E .

1) Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp.

2) AE cắt ( )O tại điểm thứ hai D (D ≠ A). Chứng minh

EB = ED EA.

3) Gọi F là trung điểm của AD. Đường thẳng qua D song

song với EC cắt BC tại G . Chứng minh GF song song với AC

4) Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho AH = AC .

Chứng minh khi điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì điểm H

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài V. (0,5 điểm)

Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1 I 2

a + c = . Tìm giá b

trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

a b c b

K

a b c b

+ +

= +

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I. (2,0 điểm) 
Cho hai biểu thức:

3 4
1
x
A
x
−

+ và

2 4 2 1

( 1)( 2) 1 2

x x x

B

x x x x

+ − +

= − +

+ − + −

với x ≥ 0, x ≠ 4.

1) Tính giá trị của A khi x = 9.

Lời giải

Thay x = 9(thỏa điều kiện) vào biểu thức A ta được:

3 9 4 3.3 4 5

3 1 4

9 1

A = − = − =

+
+

Vậy x = 9 thì 5

A = .

2) Rút gọn B và biểu thức P = A B. .

Lời giải

2 4 2 1

( 1)( 2) 1 2

x x x

B

x x x x

+ − +

= − +

+ − + −

2 4 ( 2)( 2) 1

( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( 2)

x x x x x

B

x x x x x x

+ − + − +

= − +

+ − + − + −

2 4 4 1

( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( 2)

x x x x

B

x x x x x x

+ − − +

= − +

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2 4 4 1

( 1)( 2)

x x x x

B
x x
+ − − + + +
=
+ −
2 1

( 1)( 2)

x x
B
x x
+ +
=
+ −

2
( 1)

( 1)( 2)

x
B
x x
+
=
+ −
1
2
x
B
x
+
=
−

Ta có: . 3 4 1 3 4

1 2 2

x x x

P A B

x x x

− + −

= = ⋅ =

+ − −

3) Tìm x để P ≥ 2.

Lời giải

Ta có: 2 0 3 4 2 0

2
x
P
x
−
− ≥ ⇔ − ≥
−

3 4 2( 2)

0
2 2
x x
x x
− −
⇔ − ≥
− −

3 4 2 4

0
2 2
x x
x x
− −
⇔ − ≥
− −

3 4 2 4

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Trường hợp 1: x = 0

Khi đó: 0 0 0

2
x

x x

x

≥ ⇔ = ⇔ =

− (thỏa điều kiện).

Trường hợp 2: x > 0

Khi đó: 0 2 0

2
x

x
x

≥ ⇔ − >

− ⇔ x > 2 ⇔ x > (thỏa điều 4

kiện).

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài II. (2,0 điểm)

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

Để đóng gói hết 600 tập vở tặng các bạn nghèo vùng cao,
lớp 9A dự định dùng một số thùng carton cùng loại, số tập vở
trong mỗi thùng là như nhau. Tuy nhiên, khi đóng vở vào các
thùng có 3 thùng bị hỏng, không sử dụng được nên mỗi thùng

cịn lại phải đóng thêm 10 tập vở nữa mới hết. Tính số thùng
carton ban đầu lớp 9A dự định sử dụng và số tập vở dự định
trong mỗi thùng.

Lời giải

Gọi số thùng carton ban đầu lớp 9A dự định sử dụng là x 
(thùng) (x > 3 và x ∈ ℕ*).

Số tập vở dự định đóng vào mỗi thùng là: 600

x (tập vở)

Thực tế số thùng carton lớp 9A sử dụng là: x − 3 (thùng)

Số tập vở thực tế đóng vào mỗi thùng là: 600

x − (tập vở)

Vì thực tế mỗi thùng cịn lại phải đóng thêm 10 tập vở nữa mới

hết nên ta có phương trình: 600 600 10

x − − x =

600 600( 3) 10 ( 3)

( 3) ( 3) ( 3)

x x x x

x x x x x x

− −

⇔ − =

− − −

600 600 1800 10 30

( 3) ( 3) ( 3)

x x x x

x x x x x x

− −

⇔ − =

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

600x 600x 1800 10x 30x

⇒ − + = −

10x 30x 1800 0

⇔ − − =

3 180 0

x x

⇔ − − = (*)

3 4.1.( 180) 9 720 729

∆ = − − = + = ⇒ ∆ = 27 > 0

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

3 27

15
2

x = + = (thỏa điều kiện);

3 27

12
2

x = − = − (không thỏa điều kiện);

Suy ra: Số tập vở dự định đóng vào mỗi thùng là: 600 40

15 =

Vậy:

Số thùng carton ban đầu lớp 9A dự định sử dụng là 15 thùng.

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 1 5

3
3

5 1 13

3
x
y
x
y

− + =
 −

 − + =
−

Lời giải

Điều kiện xác định: x ≥ 1, y ≠ 3.

Đặt u = x − , 1 1

3
v

y
=

− (u ≥ 0,v ≠ 0)

Phương trình đã cho trở thành:

2 5 6 3 15 2

5 3 13 5 3 13 2 5

u v u v u

u v u v u v

 + =  + =  =
  
⇔ ⇔
 + =  + =  + =
  
  
2 2

2.2 5 1

u u
v v

 =  =
 
⇔  ⇔ 
+ = =
 

  (thỏa mãn).

Với u = 2 ⇒ x − =1 2 ⇔ x − =1 4 ⇔ x = (thỏa điều kiện). 5

Với 1 1 1 3 1 4

v y y

y

= ⇒ = ⇔ − = ⇔ =

− (thỏa điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( ; )x y = (5; 4).

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2) Cho phương trình 2

2( 2) 2 5 0

x − m + x − m − = với ẩn x

a) Giải phương trình với m = 2.

Lời giải

Thay m = 2 vào phương trình đã cho ta được:

2( 2 2) 2 2 5 0

x − + x − − = (*)

Ta có: ∆ =′ b′2 −ac = ( 2 +2)2 + 2 2 + 5 = 11 6 2+ = (3 + 2)2.

3 2

′

∆ = +

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:

1 2 2 (3 2) 5 2 2

x = + + + = + ;

2 2 2 (3 2) 1

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa

mãn x1 + x2 = 2.

Lời giải

Phương trình x2 −2(m + 2)x −2m − = với ẩn x . 5 0

Vì a − + = +b c 1 2(m + 2) 2− m − =5 0 nên phương trình có hai

nghiệm: x = −1 1 và x2 = 2m + . 5

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

1 2 1 2 5 3

x ≠ x ⇔ − ≠ m + ⇔ m ≠ − .

Ta có: x1 + x2 = 2 ⇔ − +1 2m + 5 = 2.

2m 5 1

⇔ + = 2 5 1

2 5 1

m
m

 + =

⇔ 

+ = −

 .

2m + = ⇔5 1 2m = − ⇔4 m = −2 (thỏa điều kiện)

2m + = − ⇔5 1 2m = − ⇔6 m = −3 (không thỏa điều kiện)

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài IV. (3,5 điểm)

Cho đường tròn ( )O , dây BC cố định. Trên cung lớn BC của

( )O , lấy điểm A (A ≠ B, A ≠C ) sao cho AB < AC . Hai tiếp

tuyến qua B và C của ( )O cắt nhau tại E .

1) Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp.

Lời giải

Vì EB, EC là các tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên ta có:

OBE = ° ; OCE = 90°.

Xét tứ giác OBEC có: OBE +OCE = 90° + 90° = 180°

Mà OBE và OCE là hai góc đối nhau.

Suy ra: Tứ giác OBEC là tứ giác nội tiếp.

O E

A

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

2) AE cắt ( )O tại điểm thứ hai D (D ≠ A). Chứng minh

EB = ED EA.

Lời giải

Xét ∆EBD và ∆EAB có:

AEB là góc chung

DBE = BAE (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó).

Do đó: ∆EBD ∽ ∆EAB g g( . )

EB ED

EA EB

⇒ =

EB EA ED

⇔ = ⋅

D

O E

A

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

3) Gọi F là trung điểm của AD. Đường thẳng qua D song song

với EC cắt BC tại G . Chứng minh GF song song với AC .

Lời giải

Ta có: OF ⊥ AD (Định lí về mối liên hệ giữa đường kính và

dây) ⇒OFD = 90° hay OFE = 90°.

Xét tứ giác OFBE có B và F là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn

cạnh OE và OFE =OBE = 90° .

OFBE

⇒ là tứ giác nội tiếp.

Mà OBEC là tứ giác nội tiếp (chứng minh trên).

Suy ra 5 điểm O, B, E, C , F cùng thuộc một đường tròn.

CFBE

⇒ là tứ giác nội tiếp.

BCE BFE

⇒ = (Hai góc nội tiếp cùng chắn BE ).

Mà DG //EC ⇒ BGD = BCE (Hai góc đồng vị).

BGD BFE

⇒ = hay BGD = BFD.

BFGD

⇒ là tứ giác nội tiếp.

G
F

D

O E

A

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

DFG DBG

⇒ = hay DFG = DBC

Mà DBC = DAC ⇒ DFG = DAC .

Hai góc DFG và DAC ở vị trí đồng vị

Suy ra GF //AC.

G
F

D

O E

A

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

4) Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho AH = AC .

Chứng minh khi điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì điểm H

di động trên một đường trịn cố định.

Lời giải

Ta có: ∆AHC cân tại A ⇒ AHC = ACH.

Mà BAC là góc ngoài của tam giác HAC

BAC AHC ACH AHC

⇒ = + = .

1
2

AHC BAC

⇒ = hay 1

BHC = BAC .

Vì BAC không đổi khi A di chuyển trên cung lớn BC của ( )O

với dây BC cố định nên BHC không đổi.

Vậy điểm H luôn nằm trên cung chứa góc 1

2BAC dựng trên

dây cung BC cố định.

H

G
F

D

O E

A

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

Thầy Phúc Toán Đồng Nai

Bài V. (0,5 điểm)

Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1 I 2

a + c = . Tìm giá trị b

nhỏ nhất của biểu thức

2 2

a b c b

K

a b c b

+ +

= +

− − .

Lời giải

Ta có 1 1 2

a + c = b 2

b b

a c

⇔ + = .Đặt b 1 x

a = − 1

b

x
c

⇒ = + .

Ta có 0

0
b
a
b
c

>


 >


1 x 1

⇒ − < < .

2 2

a b c b

K

a b c b

+ +
= +
− −
1 1

2 2
b b
a c
b b
a c
+ +
= +
− −

1 (1 ) 1 (1 )

2 (1 ) 2 (1 )

x x
x x
+ − + +
= +
− − − +
− +
= +
+ −
2 2
1 1
x x
K
x x
− − + + +
=
− +

(2 )(1 ) (2 )(1 )

(1 )(1 )

x x x x

x x
− + + + +
=
−
2 2
2

2 3 2 3

x x x x

K
x
2
2
4 2
1
x
x
+
=
− .

Ta có 0 < −1 x2 ≤ 1 ∀ ∈ −x ( 1;1); 4 2+ x2 ≥ 4 ∀ ∈ −x ( 1;1).

Do đó K ≥ 4.

Vậy Kmin = xảy ra khi và chỉ khi 4 x = 0

1
1
b
a
b
c

=

⇔ 
 =


a b c

⇔ = = .

</div>

Đề thi Toán lớp 9 học kì 2 năm 2019 quận Hoàn Kiếm có đáp án

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về