5. Đề thi học kì 2 toán lớp 9 năm 2019 – 2020 PGD quận Thanh Xuân

Giải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 9 năm 2019 – 2020 PGD quận Thanh Xuân với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài 1  (2,0 điểm):

Cho hai biểu thức A=x+1xB=xx4+1x2+1x+2 với x0;x4.

1. Tính giá trị của biểu thức A khi x=16.

2. Rút gọn biểu thức B.

3. Tìm tất cả các giá trị của x để AB=x12.

Bài 2 (2,5 điểm):

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

Một phân xưởng theo kế hoạch phải sản xuất 630 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?

2. Một lọ hoa hình trụ có đường kính đáy là 12cm, người ta đổ vào trong lọ một lượng nước với chiều cao của cột nước là 20cm. Tính thể tích nước trong lọ hoa.

Bài 3 (2,0 điểm):

1) Giải phương trình: {1x+32y1=93x+3+1y1=6

2) Cho phương trình x2+mx+m1=0 (1) với x là ẩn số và m là tham số.

a) Giải phương trình khi m=2.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 sao cho x1=2x2.

Bài 4 (3,0 điểm):

Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Trên đoạn OB lấy điểm I (I khác B, I khác O). Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E)

1. Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp

2. Chứng minh AB2=AD.AE

3. Gọi H là giao điểm của BCAO. Chứng minh rằng ^AHD=^AEO.

Bài 5 (0,5 điểm): 

Giải phương trình x2+4x=x26x+11

HẾT

LG bài 1

Phương pháp giải:

1. Thay x=16 vào biểu thức A rồi tính toán 

2. Qui đồng mẫu thức rồi thực hiện cộng trừ và rút gọn các phân thức.

3. Tìm A.B rồi cho AB=x12 để giải phương trình ẩn x thu được.

Lời giải chi tiết:

Cho hai biểu thức A=x+1xB=xx4+1x2+1x+2 với x>0;x4.

1. Tính giá trị của biểu thức A khi x=16.

Thay x=16 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta được:

A=16+116 =4+14=54.

Vậy với x=16 thì A=54.

2. Rút gọn biểu thức B.

Với x>0;x4., ta có:

B=xx4+1x2+1x+2

=x(x2)(x+2)+x+2(x2)(x+2)+x2(x2)(x+2)

=x+x+2+x2(x2)(x+2)=x+2x(x2)(x+2)=x(x+2)(x2)(x+2)=xx2

 Với x>0;x4. thì B=xx2

3. Tìm tất cả các giá trị của x để AB=x12.

Ta có: AB=x+1x.xx2 =x+1x2  với x>0;x4.

Theo đề bài: AB=x12

x+1x2=x122(x+1)=(x2)(x1)2x+2=x3x+2x5x=0x(x5)=0

x5=0 (do x>0

x=5x=25(tm)

Vậy với x=25 thì AB=x12

LG bài 2

Phương pháp giải:

1) Gọi số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng sản xuất được theo kế hoạch là x(x>0) sản phẩm

Lập phương trình theo x, giải phương trình ta tìm được x

Kết hợp điều kiện để kết luận.

2) Thể tích khối trụ bán kính đáy r và chiều cao hV=πr2h

Lời giải chi tiết:

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

Một phân xưởng theo kế hoạch phải sản xuất 630 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?

Gọi số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng sản xuất được theo kế hoạch là x(x>0) sản phẩm.

Thời gian phân xưởng hoàn thành theo kế hoạch là: 630x ngày

Theo thực tế, mỗi ngày phân  xưởng sản xuất được x+5 sản phẩm

Thời gian phân xưởng hoàn thành theo thực tế là: 630x+5 ngày

Vì phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 3 ngày, nên ta có phương trình:

630x630x+5=3630(x+5)630xx(x+5)=3630x+3150630x=3x(x+5)3x2+15x3150=0x2+5x1050=0x230x+35x1050=0x(x30)+35(x30)=0(x30)(x+35)=0[x30=0x+35=0[x=30(tm)x=35(ktm)

Vậy mỗi ngày phân xưởng sản xuất được theo kế hoạch là 30 sản phẩm.

2. Một lọ hoa hình trụ có đường kính đáy là 12cm, người ta đổ vào trong lọ một lượng nước với chiều cao của cột nước là 20cm. Tính thể tích nước trong lọ hoa.

Thể tích nước trong lọ hoa là thể tích hình trụ có bán kính đáy r=12cm:2=6cm và chiều cao h=20cm.

Thể tích nước là: V=πr2h =π.62.20=720π(cm3)

LG bài 3

Phương pháp giải:

1) Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ 

2) Phương trình ax2+bx+c=0 có hai nghiệm x1;x2 khi {a0Δ0

Sử dụng hệ thức Vi-et: {x1+x2=bax1x2=ca

Lời giải chi tiết:

1) Giải phương trình: {1x+32y1=93x+3+1y1=6

Điều kiện:  x3;y1

Đặt {1x+3=u1y1=v , ta có hệ phương trình:

{u2v=93u+v=6{u2v=96u+2v=12{7u=21u2v=9{u=332v=9{u=32v=6{u=3v=3

Thay lại cách đặt ta được:

{1x+3=31y1=3{x+3=13y1=13{x=83(tm)y=23(tm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(83;23)

2) Cho phương trình x2+mx+m1=0 (1) với x là ẩn số và m là tham số.

a) Giải phương trình khi m=2.

Thay m=2 vào phương trình (1) ta được:

x2+2x+1=0(x+1)2=0x+1=0x=1

Vậy với m=2 thì phương trình có nghiệm x=1.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 sao cho x1=2x2.

Phương trình (1) là phương trình bậc hai có: Δ=m24(m1) =m24m+4 =(m2)2

(m2)20 với mọi m nên Δ0 với mọi m

Suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1;x2 với mọi m

Theo hệ thức Vi-et ta có:

{x1+x2=m()x1x2=m1

Theo đề bài ta có: x1=2x2

Thay x1=2x2 vào (*) ta được: 2x2+x2=m 3x2=mx2=m3

x1=2x2 =2.m3=2m3

Thay x1=2m3;x2=m3 vào phương trình x1x2=m1 ta được:

2m3.m3=m12m2=9(m1)2m29m+9=02m26m3m+9=02m(m3)3(m3)=0(2m3)(m3)=0[2m3=0m3=0[m=32m=3

Vậy m=3;m=32 là các giá trị cần tìm. 

LG bài 4

Phương pháp giải:

1) Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh hai tam giác ABDAEB đồng dạng, từ đó suy ra các cạnh tương ứng tỉ lệ.

3) Chứng minh AH.AO=AB2

Từ đó suy ra AH.AO=AD.AE và hai tam giác AHDAEO đồng dạng.

Lời giải chi tiết:

Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Trên đoạn OB lấy điểm I (I khác B, I khác O). Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E)

1. Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp 

Ta có:

AB là tiếp tuyến với đường tròn nên ABOB^ABO=900 (tính chất)

AC là tiếp tuyến với đường tròn nên ACOC^ACO=900 (tính chất)

Tứ giác ABOC có:

^ABO+^ACO =900+900=1800

Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp)

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp (đpcm).

2. Chứng minh AB2=AD.AE

Xét tam giác ABDAEB có:

^ABD=^AEB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

ˆA chung

ΔABD

\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AE}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} (cạnh tương ứng)

\Rightarrow A{B^2} = AE.AD (đpcm)

3. Gọi H là giao điểm của BCAO. Chứng minh rằng \widehat {AHD} = \widehat {AEO}.

Ta có: AB=AC; OB=OC nên AO là đường trung trực của BC.

Do đó AO vuông góc với BC tại trung điểm H của BC.

\Rightarrow AO \bot BC tại H.

Xét tam giác ABO vuông tại B có BH là đường cao nên AH.AO = A{B^2} (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông)

Lại có: A{B^2} = AD.AE\left( {cmt} \right)

Do đó AH.AO = AD.AE \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AE}} = \dfrac{{AD}}{{AO}}

Xét \Delta AHD\Delta AEO có:

\widehat A chung

\dfrac{{AH}}{{AE}} = \dfrac{{AD}}{{AO}}(cmt)

\Rightarrow \Delta AHD \backsim \Delta AEO\left( {g – g} \right)

\Rightarrow \widehat {AHD} = \widehat {AEO} (góc tương ứng) (đpcm)


LG bài 5

Phương pháp giải:

Đánh giá VT \le 2 bằng cách áp dung BĐT Bunhia {\left( {ax + by} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right).

Đánh giá VP \ge 2 bằng cách đưa về dạng a{\left( {x + {x_0}} \right)^2} + b.

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho.

Lời giải chi tiết:

Giải phương trình \sqrt {x – 2}  + \sqrt {4 – x}  = {x^2} – 6x + 11

ĐK: \left\{ \begin{array}{l}x – 2 \ge 0\\4 – x \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 \le x \le 4

Áp dụng BĐT Bunhia ta có:

\begin{array}{l}V{T^2} = {\left( {\sqrt {x – 2}  + \sqrt {4 – x} } \right)^2}\\ = {\left( {1.\sqrt {x – 2}  + 1.\sqrt {4 – x} } \right)^2}\\ \le \left[ {{1^2} + {1^2}} \right]\left[ {{{\left( {\sqrt {x – 2} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {4 – x} } \right)}^2}} \right]\\ = \left( {1 + 1} \right)\left( {x – 2 + 4 – x} \right)\\ = 2.2 = 4\\ \Rightarrow V{T^2} \le 4\\ \Rightarrow VT \le 2\end{array}

Lại có,

\begin{array}{l}VP = {x^2} – 6x + 11\\ = {x^2} – 6x + 9 + 2\\ = {\left( {x – 3} \right)^2} + 2 \ge 2\\\left( {do\,{{\left( {x – 3} \right)}^2} \ge 0,\forall x} \right)\\ \Rightarrow VP \ge 2\end{array}

Do đó VT \le 2 \le VP.

Dấu “=” xảy ra khi VT = 2 = VP

\Leftrightarrow {\left( {x – 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 3\left( {TMĐK} \right).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

HẾT

Sachgiaihay.com

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE

Đề ôn tập học kì 1 – Có đáp án và lời giải