Đề giữa học kì 2 Toán 9 năm 2023 - 2024 trường THCS Quỳnh Xuân - Nghệ An

PHÒNG GD-ĐT HOÀNG MAI ĐỀ KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ GIỮA HỌC KÌ 2 TRƯỜNG THCS QUỲNH XUÂN Năm học 2023 – 2024. Đề chính thức Môn: Toán 9. ( Đề thi gồm 01 trang) Thời gian 90’ không kể thời gian phát đề

Câu 1. ( 2 điểm)

a)Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình bậc 2 một ẩn. Chỉ rõ các

hệ số a, b, c.

x2 + 4 = 0 ; 0x2 + 2x + 1 = 0 ; 3x + 2 = 0; 2x3 – 2x2 + 5 = 0

b) Giải hệ phương trình sau: 2x 5

4

y

x y

+ =  + = 

Câu 2. ( 2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình. Một sân trường hình chữ nhật có 3 lần chiều rộng lớn hơn 2 lần chiều dài 30m và chu vi là 220m.Tính diện tích của sân trường. Câu 3. (2 điểm) a) Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị hàm số

2 y ax = đi qua điểm A(3; 9) b) Cho hàm số y= f(x) = -3x2. Tính f(2), f(-1) Câu 4. (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phắng có bờ là AB chứa nửa đường tròn tâm O vẽ tia tiếp tuyến Ax. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).

a. Chứng minh: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn. b. Chứng minh: OB.AD = OM.DC c. Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH

Câu 5:(0,5điểm) Giải hệ phương trình:

2 2

2

2 1 (1)

(2)

xy x y x y

x y x y

 + + =  +   + = − 

--- Hết --- (Thí sinh không dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ....................................................... Số báo danh:……………..

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung chính Điểm

1 2,5đ

1. a. x2 + 4 = 0 ;

a = 1; b = 0; c = 4

0,5 0,5

2 5 1 b) 4 3 x y x x y y + = =   ⇔   + = =  

1

2 2,0đ

+ Gọi chiều dài sân trường là x(m), chiều rộng sân trường là y(m), (0<y<x<110) Theo bài ra ta có pt : 2(x+y) = 220 (1) 3 lần chiều rộng lớn hơn 2 lần chiều dài 30m nên, ta có pt : 3y – 2x = 30 (2) Từ (1) và(2) ta có hệ phương trình.

2( ) 220

3 2x 30

2 2 220 5 250 50( )

2x 3 30 2x 2 220 60( )

x y

y

x y y y TM

y y x TM

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

Vậy diện tích sân trường là: 60.50 = 3000 (m2)

0,25

0,25 0,25 0,5 0,5 0,25

3 2đ

a) Vì đồ thị hs đi qua điểm A(9;3) , ta có: 2 9 .3 1 a a = ⇔ = 1 b) f(2)=-3(2)2=-12, f(-1)=-3.(-1)2=-3

1

4 3,0đ

Vẽ hình

0,5

a)Ta có: MAO ෣= 900 (T/c tiếp tuyến) ; MCO ෣= 900 (T/c tiếp tuyến)

⇒ MAO ෣ + MCO ෣ = 900 + 900 =1800

0,5

0,5 0,5

⇒Tứ giác AMCO nội tiếp.

b)Ta có :  0 ADB 90 = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒AD ⊥MB ⇒AD ⊥MB⇒ 0 ADM 90 = (1)

AM = MC (t/c hai tt cắt nhau); OA = OC = R

⇒ MO là đường trung trực của đoạn AC

⇒OM ⊥AC⇒ 0 AEM 90 = .(2)

Từ (1) và (2) suy ra :   0 ADM E 90 = = A M

⇒Tứ giác AEDM có hai đinh D, E cùng nhìn cạnh AM dưới một

góc bằng 900 ⇒Tứ giác AEDM nội tiếp.

⇒ D BMO CA = (góc nt cùng chắn cung DE).

∆ ∆ D , : Xét AC và MBO có

 

 ( )

D( ) D (

.

. ) D

D

A

. .

B

góc nt cùng chan cung D

OB

MO CA cmt AC g g MBO

C AD O

AC

A M D M O D O B C

 = ⇒∆ ∆  = 

⇒ = ⇒ =

” MBO

0,5

0,5

c) Gọi I là giao điểm của CH và MB. Kéo dài BC cắt Ax tại N.

Ta có  0 ACB 90 = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 ACN 90 ⇒ =

⇒ ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên ∆MAC cân ⇒ CAM =

 MCA

⇒ CNM=  MCN (cùng phụ với  CAM )⇒∆MNC cân tại M

⇒ MC = MN, do đó MA = MN (3).

Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí

Ta-lét thì IC IH BI MN MA BM   = =    (4)

Từ (3) và (4) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.

0,5

Câu 5 (0,5đ)

Giải hệ phương trình:

2 2

2

2 1 (1)

(2)

xy x y x y

x y x y

 + + =  +   + = − 

Giải: ĐK: 0. x y + > Ta có

2 2

2

2 2

2 (1) 2 2 1

1 ( ) 1 2 . 0

2 ( 1) 1 0

1 (3)

0 (4)

xy x xy y xy x y x y x y xy x y

xy x y x y x y

x y

x y x y x y

⇔ + + + − = + + − ⇔ + −− = +

  ⇔ + − + + − =   +   = −   ⇔ + + +  =  + 

-Từ (3) và (2) ta có 2 0; 1 3 0 3; 2 y x y y y x = =  − = ⇒ = = − 

.

-Vì 0 x y + > nên (4) không thỏa mãn. Vậy hpt có 2 nghiệm: (x,y) = (1,0);(-2,3)

0,5

Lưu ý: HS làm cách khác đúng …