Đề kiểm tra cuối học kỳ 2 Toán 9 năm 2023 - 2024 sở GDĐT Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC NINH

ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: Toán 9 (Phần Tự luận) Thời gian làm bài: 70 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình 2 4 2 3 5 x y x y       

.

b) Rút gọn biểu thức 1 1 1 1 1 x x P x x x x

                   

với 0 x  và 1 x .

c) Tìm m để phương trình   2 2 1 2 3 0 x m x m      có hai nghiệm 1x ; 2x thỏa

mãn 2 2 1 2 10. x x  

Câu 2. (1,0 điểm)

Một tổ có kế hoạch sản xuất 350 sản phẩm theo năng suất dự định. Nếu năng suất

tăng lên 10 sản phẩm mỗi ngày thì tổ hoàn thành sớm 2 ngày so với giảm năng suất 10

sản phẩm mỗi ngày. Hỏi tổ đó đã dự kiến làm bao nhiêu sản phẩm trong một ngày?

Câu 3 (2,5 điểm)

Cho đường tròn   , O R . Hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên tia

đối của tia CDlấy điểm , S SA cắt đường tròn tại M , tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt

CD ở P , BM cắt CD ở T .

a) Chứng minh tứ giác AMTOnội tiếp.

b) Chứng minh rằng P là trung điểm của ST.

c) Biết PM R  , tính . TASM theo R .

Câu 4. (0,5 điểm)

Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 3 ab bc ca abc    . Chứng minh rằng

5( ) 12 a b c a b c b c a      

====== HẾT ======

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán 9 (Phần Tự luận)

(Hướng dẫn chấm có 03 trang)

Lưu ý: Dưới đây là hướng dẫn cơ bản, bài làm của thí sinh phải trình bày chi tiết, chặt chẽ. Thí sinh giải cách khác đúng thì chấm điểm thành phần tương ứng. Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó (nếu quá trình lập luận và biến đổi bước trước sai thì bước sau đúng cũng không cho điểm).

Câu Đáp án Điểm 1.a 0,75

2 4 2 4 8 3 2 3 5 2 3 5 2 x y x y y x y x y x                     

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:     , 2; 3 . x y 

0,5

0,25

1.b 0,75

1 1 1 1 1 x x P x x x x

                   

với 0 x  và 1 x .

 

2

2

1 1 1 1 1

1 ( 1) 1 1 1

4 1 . 4 1

x x P x x x x

x x x x x x

x x x x

                                    

    

0,5

Vậy 4 P  với 0; 1 x x   0,25

1.c 0,5

Xét phương trình   2 2 1 2 3 0 x m x m      có 1 2( 1) 2 3 0 a b c m m     Phương trình có 2 nghiệm là -1 và 2 3 m . Không mất tính tổng quát giả sử

1 2 1; 2 3 x x m   

0,25

Để

2 2 2 2 2 1 2 10 ( 1) (2 3) 10 (2 3) 9 x x m m              2 3 3; 3 0; 3 m m       . Vậy   0; 3 m  0,25

2 1,0

Gọi số sản phẩm theo dự kiến làm trong một ngày là x (sản phẩm)

Điều kiện : ; 10 x x   0,25

Số ngày hoàn thành công việc khi năng suất tăng 10 sản phẩm là: 350

10 x 

(ngày)

0,5

Số ngày hoàn thành công việc khi giảm năng suất 10 sản phẩm là: 350

10 x 

(ngày)

Vì khi tăng năng suất hoàn thành sớm 2 ngày so với giảm năng suất ta có

phương trình 350 350 2 10 10 x x    

2 3600 60 x x     (vì 10 x  ).

Tổ đã dự kiến làm 60 sản phẩm trong một ngày.

0,25

3.a 1,0

GT,KL 0,25

Ta có 0 90 AMB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); Vì 0 90 CD AB TOA   

0,25

Xét tứ giác AMTO có 0 0 0 90 90 180 AMT TOA     suy ra tứ giác AMTO nội tiếp (đpcm) 0,5

3.b 1,0

Vì tứ giác AMTO nội tiếp (1) MAO MTP   ;

Vì PM là tiếp tuyến của (O) (2) PMT MAO  

Từ (1) và (2) MTP PMT PMT    cân tại P (3) PM PT  

0,5

Mặt khác 0 0 90 90 AMB SMT    (hai góc kề bù)

0

0 90

90

MSP MTP

SMP PMT

   

  

MSP SMP SMP    cân tại P (4) PS PM   từ (3) và (4)

PS PT   Suy ra P là trung điểm của ST

0,5

C T M

O

S

A B

D

P