Bộ 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023

Tải xuống 116 2.9 K 30

Tài liệu Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 tổng hợp từ đề thi môn Toán 9 của các trường THCS trên cả nước đã được biên soạn đáp án chi tiết giúp học sinh ôn luyện để đạt điểm cao trong bài thi  học kì 2 Toán lớp 9. Mời các bạn cùng đón xem:

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 1

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 1)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)\(B = \left( {\frac{2}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{6 - \sqrt x }}{{4 - x}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}\) với \(x \ge 0;x \ne 4\).

a) Tính giá trị của A khi \(x = 9\)

b) Chứng minh rằng \(B = \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}\)

c) Cho \(P = A \cdot B\). Tìm giá trị của \(x\) để \(P \le 0\)

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai vòi nước chảy vào 1 bể không có nước sau 4 giờ thì bể đầy. Nếu chảy một mình thì vòi 1 chảy đầy bể nhanh hơn vòi 2 là 6 giờ. Hỏi nếu chảy một mình thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao lâu?

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{x - 3}} - \frac{4}{{y + 1}} = 5}\\{\frac{3}{{x - 3}} + \frac{4}{{y + 1}} =  - 1}\end{array}} \right.\)

2) Cho parabol \((P):y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = 2 - mx\).

a) Chứng minh rằng \((d)\) luôn cắt \((P)\) tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

b) Tìm \(m\) để \((d)\) cắt \((P)\) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 2020\).

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn \((AB < AC)\) nội tiếp đường tròn \((O;R)\) đường cao AH. Gọi \(M\)\(N\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(H\) trên cạnh AB, AC

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng \(A{H^2} = AM.AB\). Từ đó chứng minh AM.AB = AN.AC.

c) Hai đường thẳng NM và BC cắt nhau tại Q. Chứng minh \(\widehat {AMN} = \widehat {ACB}\)\(Q{H^2} = QM \cdot QN\).

d) Cho BAC^=60° và \(R = 3\;{\rm{cm}}.\) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC nhỏ.

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho x, y là các số dương thỏa mãn \(x + y = 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  \(P = \frac{5}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{3}{{xy}}\).

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Thay \(x = 9\)(TMĐK) vào \(A\) ta có: \(A = \frac{{2 \cdot \sqrt 9 }}{{\sqrt {16}  + 2}} = \frac{{21}}{6} = \frac{7}{2}\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(A = \frac{7}{2}\).

0,5 điểm

 

0,5 điểm

b) \(B = \left( {\frac{2}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{6 - \sqrt x }}{{4 - x}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 4 + 6 - \sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}\end{array}\)

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

0,25 điểm

c) \(P = A \cdot B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 3}} = \frac{{2\sqrt x }}{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}}\)

\(P \le 0 \Rightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}} \le 0\)

\(\sqrt x  \ge 0\) với mọi \(x \ge 0;x \ne 4\)

\( \Rightarrow {(\sqrt x  + 3)^2} > 0\) với mọi \(x \ge 0;x \ne 4\) 

\( \Rightarrow 2\sqrt x  \le 0\)

\(\sqrt x  \ge 0\) với mọi x thuộc ĐKXĐ

\( \Rightarrow \sqrt x  = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 0\) (thỏa mãn)

Vậy \(P \le 0\) khi \(x = 0\).

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ) \((x > 4)\)

Vì thời gian vòi 1 chảy đầy bể nhanh hơn vòi 2 là 6 giờ nên thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể là \(x + 6\) (giờ)

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được \(\frac{1}{x}\) (bể)

Trong 1 giờ, vòi 2 chảy được \(\frac{1}{{x + 6}}\) (bể)

Trong 1 giờ cả 2 vòi chảy được \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}}\) (bể)

Theo bài ra, cả 2 vòi chảy vào 1 bể không có nước sau 4 giờ thì bể đầy nên ta có phương trình:

\(4\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}} = \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x + x + 6}}{{x(x + 6)}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 4(2x + 6) = x(x + 6)\)

\( \Leftrightarrow 8x + 24 = {x^2} + 6x \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 8x - 24 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{x =  - 4}\end{array}} \right.\)

So với điều kiện, \(x = 6\) thỏa mãn.

Vậy vòi 1 chảy 1 mình trong 6 giờ thì đầy bể.

Vòi 2 chảy 1 mình trong \(6 + 6 = 12\) giờ thì đầy bể.

0,25 điểm

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{x - 3}} - \frac{4}{{y + 1}} = 5}\\{\frac{3}{{x - 3}} + \frac{4}{{y + 1}} =  - 1}\end{array}} \right.\)

ĐKXĐ\(:x \ne 3,y \ne  - 1\)

Đặt \(a = \frac{1}{{x - 3}},b = \frac{1}{{y + 1}},\) khi đó hệ phương trình trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a - 4b = 5\\3a + 4b =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = 4\\a - 4b = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\1 - 4b = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - 3}} = 1\\\frac{1}{{y + 1}} =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 1\\y + 1 =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (4; - 2).

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

2) Cho \((P):y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = 2 - mx\)

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\):

\({x^2} = 2 - mx \Leftrightarrow {x^2} + mx - 2 = 0\)

Có: \(\Delta  = {m^2} + 8 > 0\) với mọi giá trị của \(m\)

\( \Rightarrow \) Phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

\( \Rightarrow (d)\)\((P)\) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

b) Theo câu a, \((d)\)\((P)\) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\)

Theo Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  - 2}\end{array}(*)} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 2020 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2020(1)\)

Thay (*) vào hệ thức (1), ta được\(: - 2.( - m) = 2020 \Leftrightarrow m = 1010\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(m = 1010\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 1)

a) Xét tứ giác AMHN có:

AMH^=90°(M là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

ANH^=90°(N là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

AMH^+ANH^=90°+90°=180°

\(\widehat {AMH}\)\(\widehat {ANH}\) là hai góc đối nhau

\( \Rightarrow \) Tứ giác AMHN nội tiếp.

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

0,5 điểm

b) +) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H(AH\) là đường cao) có:

\(HM \bot AB(M\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

\( \Rightarrow AM \cdot AB = A{H^2}\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1)

+) Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H(AH\) là đường cao) có:

\(HN \bot AC(N\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC)\)

\( \Rightarrow AN \cdot AC = A{H^2}\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (2)

Từ (1), (2) suy ra AM.AB = AN.AC (đpcm).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

c) + ) Xét \(\Delta AMN\)\(\Delta ACB\) có:

\(\widehat {BAC}\) là góc chung

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}(AM \cdot AB = AN \cdot AC)\)

\( \Rightarrow \Delta AMN \sim ACB(c.g.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {ACB}\) (hai góc tương ứng)

+) Ta có: \(\widehat {QHM} = \widehat {MAH}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\) )

\(\widehat {HNM} = \widehat {MAH}\) (tứ giác AMHN nội tiếp)

+) Xét \(\Delta QHM\)\(\Delta QNH\) có:

\(\widehat {NQH}\) là góc chung

\(\widehat {QHM} = \widehat {HNM}({\rm{cmt}})\)

\( \Rightarrow \Delta QHM \sim \Delta QNH(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{QH}}{{QN}} = \frac{{QM}}{{QH}}\) (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow Q{H^2} = QM \cdot QN\)(đpcm).

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

d) Xét đường tròn (O) có: \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC ) BOC^=2BAC^=2.60°=120°

Ta có: \({S_q} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} \Rightarrow {S_q} = \frac{{\pi  \cdot {3^2} \cdot 120}}{{360}} = 3\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

+) Kẻ \(OK \bot BC\) tại K  \((K \in BC) \Rightarrow KB = KC = \frac{1}{2}BC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

Xét \(\Delta BOC\) cân tại \(O(OB = OC = R)\) có OK là đường cao \((OK \bot BC)\)

\( \Rightarrow OK\) đồng thời là đường phân giác 

BOK^=COK^=12BOC^=12120°=60°

+) Xét \(\Delta BOK\) vuông tại \(K(OK \bot BC)\)

BK=OBsinBOK^=3sin60°=332(cm)BC=2BK=33(cm)

và OK=OBcosBOK^=3cos60°=32(cm)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}{S_{BOC}} = \frac{1}{2}OK \cdot BC\\ \Rightarrow {S_{BOC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot 3\sqrt 3  = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\end{array}\)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC nhỏ là:

\(\begin{array}{l}{S_{vp}} = {S_q} - {S_{BOC}} = 3\pi  - \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\\ = \frac{{12\pi  - 9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\end{array}\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có

 \(\begin{array}{l}P = \frac{5}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{3}{{xy}}\\ = \frac{5}{{{{(x + y)}^2} - 2xy}} + \frac{3}{{xy}}\\ = \frac{5}{{9 - 2xy}} + \frac{3}{{xy}}\end{array}\)

Đặt \(t = xy\) Ta có \({(x + y)^2} \ge 4xy > 0\) với mọi \(x,y > 0\).

\( \Rightarrow 9 \ge 4t > 0 \Rightarrow 0 < t \le \frac{9}{4}\).

Khi đó

 \(\begin{array}{l}P = \frac{5}{{9 - 2t}} + \frac{3}{t}\\ = 5\left[ {\frac{1}{{9 - 2t}} + \frac{4}{{81}} \cdot (9 - 2t)} \right] + 3\left( {\frac{1}{t} + \frac{{16}}{{81}}t} \right) - \frac{8}{{81}}t - \frac{{20}}{9}\end{array}\)

Do \(0 < t \le \frac{9}{4}\) nên \(9 - 2t > 0.\) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

\(\frac{1}{{9 - 2t}} + \frac{4}{{81}}(9 - 2t) \ge 2\sqrt {\frac{1}{{9 - 2t}} \cdot \frac{4}{{81}}(9 - 2t)}  = \frac{4}{9}\)

\(\frac{1}{t} + \frac{{16}}{{81}}t \ge 2\sqrt {\frac{1}{t} \cdot \frac{{16}}{{81}}} t = \frac{8}{9}\)

\( - \frac{8}{{81}}t - \frac{{20}}{9} \ge  - \frac{8}{{81}} \cdot \frac{9}{4} - \frac{{20}}{9} =  - \frac{{22}}{9}\) với \(0 < t \le \frac{9}{4}\).

Từ đó suy ra \(P \ge 5 \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{8}{9} - \frac{{22}}{9} = \frac{{22}}{9}\)

Vậy \({P_{\min }} = \frac{{22}}{9}\) xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \frac{3}{2}\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

----------HẾT---------

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 2

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 2)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức\(A = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}};\quad B = \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{8}{{4 - x}}\)(điều kiện xác định \(x \ge 0;x \ne 4\))

a) Tính giá trị biểu thức A tại \(x = 36\)

b) Rút gọn biểu thức \(B\)

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của \(B\)

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B dài 80km trên một khúc sông. Sau khi nghỉ 30 phút tại B ca nô đi trên khúc sông ấy trở về A. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến khi về đến A là 9 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 2 km/h.

Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol \((P):y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):y\) \( = ({\rm{m}} - 1){\rm{x}} + 4\) (m là tham số)

a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = - 2

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

c) Tìm \(m\) để \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\)\(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} = {y_1} \cdot {y_2}\).

Câu 4: (3,5 điểm) Cho \(\Delta {\rm{ABC}}\) có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn \(({\rm{O}};{\rm{R}})\), đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC và AD là đường kính của (O). Chứng minh:

a) BFEC là tứ giác nội tiếp

b) \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\)

c) H, M, D thẳng hàng

d) Cho (O) và điểm B, C cố định, A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC luôn có ba góc nhọn. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có bán kính không đổi.

Câu 5: (0,5 điểm) Cho \({\rm{a}},{\rm{b}}\) là các số dương thỏa mãn \({\rm{a}} + {\rm{b}} \le 6\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \({\rm{P}} = a + b + \frac{6}{a} + \frac{{24}}{b}\).

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Tính giá trị của \(A\) tại \(x = 36\)

Thay \(x = 36\)(thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

\(A = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\sqrt {36}  + 1}}{{\sqrt {36}  - 2}} = \frac{{6 + 1}}{{6 - 2}} = \frac{7}{4}\)

Vậy \(x = 36\) thì \(A = \frac{7}{4}\).

 

 

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

\(B = \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{8}{{4 - x}}(x \ge 0;x \ne 4)\)

\(B = \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{8}{{x - 4}}\)

\(B = \frac{{(2\sqrt x  + 3) \cdot (\sqrt x  - 2) - \sqrt x  \cdot (\sqrt x  + 2) + 8}}{{(\sqrt x  - 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 3\sqrt x  - 6 - x - 2\sqrt x  + 8}}{{(\sqrt x  - 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{x - 3\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  - 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{(\sqrt x  - 1) \cdot (\sqrt x  - 2)}}{{(\sqrt x  - 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}(x \ge 0;x \ne 4)\)

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

0,25 điểm

 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của \(B\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 2 - 3}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = 1 + \frac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt x  \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 2 \ge 2\\ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{1}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 2}} \ge \frac{{ - 3}}{2}\\ \Rightarrow 1 + \frac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 2}} \ge 1 + \frac{{ - 3}}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow B \ge  - \frac{1}{2}\)

Dấu “=” xảy ra \({\rm{khi}}\sqrt x  = 0 \Rightarrow x = 0\)

Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất là \( - \frac{1}{2}\) khi \(x = 0\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

Gọi vân tốc riêng của cano khi nước yên lặng là \(x(\;{\rm{km}}/{\rm{h}},x > 2)\).

Vận tốc ca nô khi xuôi dòng là \(x + 2(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Vận tốc ca nô khi ngược dòng là \(x - 2(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{{80}}{{x + 2}}\) (h).

Thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{{80}}{{x - 2}}\) (h).

Vì tổng thời gian cả đi lẫn về là 9 giờ 30 phút và nghỉ 30 phút nên

thời gian đi trên khúc sông là 9 giờ 30 phút -30 phút \( = 9\) giờ và ta có phương trình : \(\frac{{80}}{{x + 2}} + \frac{{80}}{{x - 2}} = 9\)

\( \Leftrightarrow \frac{{80(x - 2) + 80(x + 2)}}{{(x + 2)(x - 2)}} = \frac{{9\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{(x + 2)(x - 2)}}\)

\( \Rightarrow 80x - 160 + 80x + 160 = 9{x^2} - 36\)

\( \Leftrightarrow 9{x^2} - 160x - 36 = 0\)

\( \Leftrightarrow 9{x^2} - 162x + 2x - 36 = 0\)

\( \Leftrightarrow 9x(x - 18) + 2(x - 18) = 0\)

\( \Leftrightarrow (x - 18)(9x + 2) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 18 = 0}\\{9x + 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 18(TM)}\\{x = \frac{{ - 2}}{9}(L)}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy vận tốc riêng của ca nô khi nước yên lặng là 18km/h.

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

a) Thay \(m =  - 2\) vào \((d)\) ta được: \(:y =  - 3x + 4\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\)

\({x^2} =  - 3x + 4\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 4}\end{array}} \right.\)

Thay \(x = 1\)\(x =  - 4\) vào \(y = {x^2}\) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 4}\\{y = 16}\end{array}} \right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của \((d)\)\((P)\)\((1;1)\)\(( - 4;16)\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\): \({x^2} = (m - 1)x + 4\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - (m - 1)x - 4 = 0\)(*)

\(a.c =  - 4 < 0 \Rightarrow \) Phương trình \((*)\) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi \(m\)

\( \Rightarrow (d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt với mọi \(m\).

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

c) Theo câu b phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình (*).

\( \Rightarrow {y_1} = x_1^2;{y_2} = x_2^2\)

Áp dụng định lí Vi-ét:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m - 1}\\{{x_1}{x_2} =  - 4}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({y_1} + {y_2} = {y_1} \cdot {y_2}\)

\( \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 \cdot x_2^2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = x_1^2x_2^2\)

\( \Leftrightarrow {(m - 1)^2} - 2 \cdot ( - 4) = {( - 4)^2}\)

\( \Leftrightarrow {(m - 1)^2} = 8\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 = 2\sqrt 2 }\\{m - 1 =  - 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2\sqrt 2  + 1}\\{m =  - 2\sqrt 2  + 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m = 1 \pm 2\sqrt 2 \) để \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\)\(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} = {y_1} \cdot {y_2}\).

 

Câu 4

(4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 2)

 

 

0,5 điểm

 

 

 

a) Xét tứ giác ABDE có:

BFC^=90°(CFAB)BEC^=90°(BEAC)

BFC^=BEC^=90°

\( \Rightarrow \) Tứ giác BFEC nội tiếp.

 

 

0.5 điểm

 

 

0,5 điểm

b) Xét \(\Delta ABE\)\(\Delta ACF\) có:

AEB^=AFC^=90°BAC^ chung 

ΔABE~ΔACF(gg)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{AF}} \Rightarrow AC \cdot A{\rm{E}} = AB.{\rm{AF}}\)

 

0,5 điểm

 

 

0,5 điểm

 

c) Có ABD^=90° (góc nội tiếp chắn nửa \((O)\))

\( \Rightarrow AB \bot B{\rm{D}}\)\(CF \bot AB \Rightarrow CF\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow CH\parallel B{\rm{D}}\)

ACD^=90° ( góc nội tiếp chắn nửa \(\left. {(O)} \right)\)

\( \Rightarrow AC \bot C{\rm{D}}\)\(BE \bot AC \Rightarrow CD\parallel BE \Rightarrow BH\parallel C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \) tứ giác BHCD là hình bình hành

Suy ra hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của HD

\( \Rightarrow H,M,D\) thẳng hàng.

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

d) Có: AEH^=90°AFH^=90°AFH^+AEH^=180°

\( \Rightarrow \) tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH.

\( \Rightarrow \Delta A{\rm{EF}}\) nội tiếp đường tròn đường \({\mathop{\rm kinh}\nolimits} AH\)

\( \Rightarrow \) tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}}\) là trung điểm của AH.

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}} \Rightarrow r = \frac{{AH}}{2}\).

Xét \(\Delta DHA\) có: M, O lần lượt là trung điểm của DH, AD.

\( \Rightarrow MO\) là đường trung bình của \(\Delta DHM \Rightarrow OM = \frac{{AH}}{2}\)

Mà O, M cố định \( \Rightarrow OM\) không đổi \( \Rightarrow \frac{{AH}}{2}\) không đổi \( \Rightarrow r\) không đổi.

\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}}\) có bán kính không đổi.

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có: \(a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt {a \cdot \frac{4}{a}}  = 4.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = \frac{4}{a} \Leftrightarrow {a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2\)(vì \(a > 0)\) \(b + \frac{{16}}{b} \ge 2\sqrt {b \cdot \frac{{16}}{b}}  = 8.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow b = \frac{{16}}{b} \Leftrightarrow {b^2} = 16 \Leftrightarrow b = 4\) (vì \(b > 0)\).

Ta chứng minh: \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}}\) với \(\forall a,b > 0\) với \(\forall a,b > 0\).

Thật vậy: \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}} \Leftrightarrow (4a + b)(a + b) \ge 9ab\) (vì \(\forall a,b > 0)\)

\( \Leftrightarrow 4{a^2} + 5ab + {b^2} \ge 9ab \Leftrightarrow 4{a^2} - 4ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow {(2a - b)^2} \ge 0\) (luôn đúng).

Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}}\) với \(\forall a,b > 0.\) Dấu \(^\mathfrak{u} = \) " xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow b = 2a\).

Ta có:

 \(\begin{array}{l}P = a + b + \frac{6}{a} + \frac{{24}}{b}\\ = \left( {a + \frac{4}{a}} \right) + \left( {b + \frac{{16}}{b}} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{4}{b}} \right)\end{array}\)\( \ge 4 + 8 + 2 \cdot \frac{9}{{a + b}} \ge 12 + 2 \cdot \frac{9}{6} = 15\)

Vậy \({P_{\min }} = 15\) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 4}\end{array}} \right.\).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 3

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 3)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho hai biểu thức \({\rm{A}} = \frac{{{\rm{x}} + 12}}{{\sqrt {\rm{x}}  - 1}}\)\({\rm{B}} = \left( {\frac{3}{{{\rm{x}} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt {\rm{x}}  + 1}}} \right):\frac{1}{{\sqrt {\rm{x}}  + 1}}\) với

\({\rm{x}} \ge 0,{\rm{x}} \ne 1\)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 9\)

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \({\rm{M}} = \frac{{\rm{A}}}{{\rm{B}}}\)

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhung thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định.

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\sqrt {x - 3}  - \frac{1}{{y + 1}} = 1}\\{\sqrt {x - 3}  + \frac{2}{{y + 1}} = 5}\end{array}} \right.\)

2) Cho Parabol \({\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}\) ( \({\rm{P}}\) ) và đường thẳng \({\rm{y}} = {\rm{mx}} - {\rm{m}} + 1\) (d).

a) Tìm tọa độ giao điểm của \(({\rm{P}})\)\(({\rm{d}})\) với \({\rm{m}} =  - 3\).

b) Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = {x_1} + {x_2}\).

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN 1ấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng \({\rm{AC}}\) cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở \({\rm{E}}\).

a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng \({\mathop{\rm minh}\nolimits} \) CA.CK =CE.CH

c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh \(\Delta NFK\) cân.

d) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK//MN.

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết:\(a + b - c > 0;b + c - a > 0;c + a - b > 0\)

Chứng minh: \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\)

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Thay \(x = 9({\rm{TMDK}})\) vào \({\rm{A}}\) ta có: \({\rm{A}} = \frac{{9 + 12}}{{\sqrt 9  - 1}} = \frac{{21}}{{3 - 1}} = \frac{{21}}{2}\)

Vậy \(x = 9\) thì \(A = \frac{{21}}{2}\)

0,5 điểm

 

0,5 điểm

b) \(B = \frac{{3 + \sqrt x  - 1}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}:\frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 1}}{1}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 1}}\)

0,25 điểm

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

c) Ta có: \(M = \frac{A}{B} = \frac{{x + 12}}{{\sqrt x  - 1}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{x + 12}}{{\sqrt x  + 2}}\)

Ta xét:

 \(\begin{array}{l}\frac{{x + 12}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{x - 4 + 16}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \sqrt x  - 2 + \frac{{16}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \left( {\sqrt x  + 2 + \frac{{16}}{{\sqrt x  + 2}}} \right) - 4 \ge 2\sqrt {16}  - 4 = 4\end{array}\)

Dấu  xảy ra

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}}  + 2 = \frac{{16}}{{\sqrt {\rm{x}}  + 2}}\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {\rm{x}}  + 2} \right)^2}{\rm{ = 16}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}}  + 2 = 4 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 4\end{array}\) (TMDK)

Vậy \(\min {\rm{M}} = 4\) khi \({\rm{x}} = 4\)

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi năng suất dự định của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) \(\left( {{\rm{x}} \in {N^*}} \right)\)

Năng suất thực tế của người công nhân là \({\rm{x}} + 3\) (sản phẩm/giờ)

Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là \(\frac{{33}}{{\rm{x}}}\) (giờ)

Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là \(\frac{{62}}{{x + 3}}\) (giờ)

Lập luận ra được phương trình \(\frac{{62}}{{x + 3}} - \frac{{33}}{x} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} - 49{\rm{x}} + 198 = 0\)

\(\Delta  = {49^2} - 4.3.198 = 25 > 0\)

Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({{\rm{x}}_1} = \frac{{49 + 5}}{{2.3}} = 9\) (thỏa mãn) và \({{\rm{x}}_2} = \frac{{49 - 5}}{{2.3}} = \frac{{22}}{3}\) (loại).

Vậy năng suất dự định của người công dân là: 9 sản phẩm/giờ.

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\sqrt {x - 3}  - \frac{1}{{y + 1}} = 1}\\{\sqrt {x - 3}  + \frac{2}{{y + 1}} = 5}\end{array}} \right.\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \ge 0\\y + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\y \ne  - 1\end{array} \right.\)

Đặt \(a = \sqrt {x - 3} (a \ge 0),b = \frac{1}{{y + 1}}.\) Hệ trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - b = 1}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 2b = 2}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7a = 7}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 + 2b = 5}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 3}  = 1\\\frac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 1\\y + 1 = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  - \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {4;\frac{{ - 1}}{2}} \right)\).

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

2)

a) Thay \({\rm{m}} =  - 3\) vào (d) ta được: \[{\rm{y}} =  - 3x + 3 + 1 =  - 3x + 4\]

 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\[{x^2} =  - 3x + 4\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1}\\{{\rm{x}} =  - 4}\end{array}} \right.\)

+) \(x = 1 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow A(1;1)\)

+) \(x =  - 4 \Rightarrow y = 16 \Rightarrow B( - 4;16)\)

Vậy giao điểm của (d) và (P) là các điểm A(1;1) và B(-4;16).

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\({x^2} - mx + m - 1 = 0\)(*)

Ta có \(:{\rm{a}} = 1 \ne 0\forall {\rm{m}}\)

\(\Delta  = {{\rm{m}}^2} - 4\;{\rm{m}} + 4 = {({\rm{m}} - 2)^2} \ge 0\) với mọi m

Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \) PT (*) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow {({\rm{m}} - 2)^2} > 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} \ne 2\)

Theo đề bài: \({\rm{x}}_1^2 + {\rm{x}}_2^2 = {{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} - 2(\;{\rm{m}} - 1) - {\rm{m}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} - 3\;{\rm{m}} + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} = 1({\rm{TM}})}\\{{\rm{m}} = 2(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\)

Vậy với m=1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 3)

 

 

0,5 điểm

 

 

 

a) Ta có: AHE^=90° (theo giả thiết \({\rm{AB}} \bot {\rm{MN}}\) )

AKE^=90° (góc nội tiếp chắn nừa đường tròn)

AHE^+AKE^=180°.

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

 

 

0.5 điểm

0,5 điểm

b) Xét \(\Delta CKE\)\(\Delta CHA\)

+ Có \(\widehat C\) chung

+ \(\widehat {{\rm{EKC}}} = \widehat {CHA} = 90^\circ \)

Suy ra ΔCKE~ΔCHA(gg)

\( \Rightarrow \frac{{CK}}{{CH}} = \frac{{CE}}{{CA}} \Leftrightarrow CH.CA = CH.CE\)

 

 

0,5 điểm

 

 

0,5 điểm

 

c) Do đường kính AB vuông góc MN nên B là điểm chính giữa cung MN Suy ra \(\widehat {{\rm{MKB}}} = \widehat {{\rm{NKB}}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) (1)

Ta có: NF\( \bot \)AC, BK\( \bot \)AC\( \Rightarrow {\rm{BK}}//{\rm{NF}}\)(từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{NKB}}} = \widehat {{\rm{KNF}}}\)(hai góc so le trong) (2)

\(\widehat {{\rm{MKB}}} = \widehat {{\rm{MFN}}}\)(hai góc đồng vị) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat {MFN} = \widehat {{\rm{KNF}}} \Leftrightarrow \widehat {{\rm{KFN}}} = \widehat {{\rm{KNF}}}.\) Vậy \(\Delta {\rm{KNF}}\) cân tại \({\rm{K}}\)

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

d) \({\rm{Ta}}\)AKB^=90°BKC^=90°ΔKEC vuông tại \({\rm{K}}\).

Theo giả thiết ta lại có \({\rm{KE}} = {\rm{KC}}\) nên tam giác KEC vuông cân tại \({\rm{K}}\) BEH^=KEC^=45°OBK^=45°

Mặt khác vì tam giác OBK cân tại \({\rm{O}}\) (do \({\rm{OB}} = {\rm{OK}} = {\rm{R}}\) ) nên suy ra tam giác OBK vuông cân tại \({\rm{O}}\) dẫn đến \({\rm{OK}}//{\rm{MN}}\) (cùng vuông góc với AB).

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi

Với \(x > 0,y > 0\) ta có \(x + y \ge 2\sqrt {xy} \)

\({({\rm{x}} + {\rm{y}})^2} \ge 4{\rm{xy}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}{{{\rm{xy}}}} \ge \frac{4}{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}\)

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}(*)\)

Dấu \(^{\prime \prime }{ = ^{\prime \prime }}\) xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow {\rm{x}} = {\rm{y}}\)

Áp dụng BDT ( \(^*\) ) ta có:

\(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} \ge \frac{4}{{a + b - c + b + c - a}} = \frac{4}{{2b}} = \frac{2}{b}(1)\)

Tưng tự: \(\frac{1}{{c + a - b}} + \frac{1}{{b + c - a}} \ge \frac{2}{c}(2)\)

\(\frac{1}{{c + a - b}} + \frac{1}{{a + b - c}} \ge \frac{2}{a}(3)\)

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) suy ra: \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\)

Dấu “=” xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow {\rm{a}} = {\rm{b}} = {\rm{c}}\).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 4

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 4)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)\(B = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x \ge 0\)\(x \ne 4\).

1. Tính giá trị biểu thức B khi x=16.

2. Biết P = A+B. Chứng minh \(P = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}\).

3. Tìm x, để \(P > \frac{3}{2}\).

Câu 2: (2,0 điểm)

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

Một đoàn xe vận tải dự định sử dụng một số xe cùng loại để chuyên chở 90 tấn thiết bị y tế. Để đáp ứng kịp nhu cầu phục vụ công tác phòng chống dịch Covid – 19 đoàn được bổ sung thêm 5 chiếc xe cùng loại. Do đó mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 0,2 tấn. Biết khối lượng hàng mỗi xe chuyên chở như nhau, hỏi ban đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc?

2. Một lọ thuốc hình trụ có chiều cao 10cm và bán kính đáy 5cm. Nhà sản xuất phủ kín mặt xung quanh của lọ thuốc bằng giấy in các thông tin về loại thuốc ấy. Hãy tính diện tích giấy cần dùng của lọ thuốc đó (cho biết độ dày của giấy in và lọ thuốc không đáng kể)?

Câu 3: (2,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt {2y - 5}  = 12\\2x - \sqrt {2y - 5}  = 3\end{array} \right.\)

2. Cho phương trình: \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) (m là tham số)

a. Giải phương trình khi m=−5.

b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} = 3{x_2}\).

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

1. Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp

2. Kẻ đường kính AK. Chứng minh CK//BH và tứ giác BHCK là hình bình hành.

3. Gọi I là trung điểm của BC, G là giao điểm của AI và OH.

a. Chứng minh G là trọng tâm ΔAHK.

b. Cho B, C cố định, khi A di động trên cung lớn BC sao cho ΔABC có 3 góc nhọn thì G chuyển động trên đường nào? Tại sao?

Câu 5: (3 điểm)

Cho các số thực x,y thỏa mãn \({x^2} + {y^2} - 4x + 3 = 0\). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A=\({x^2} + {y^2}\).

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1. Thay x = 16 vào biểu thức B, ta được: \(B = \frac{2}{{\sqrt {16}  - 2}} = \frac{2}{{4 - 2}} = \frac{2}{2} = 1\).

Vậy với x = 16 thì B = 1.

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

2. Xét biểu thức: \[P = A + B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

 \[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right) - 6 + 2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 2\sqrt x  - 6 + 2\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}.\]

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

c) Xét hiệu: \(P - \frac{3}{2} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{3}{2} = \frac{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  + 4 - 3\sqrt x  - 3}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{ - \sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\(\sqrt x  \ge 0\) với mọi x

\( \Rightarrow \sqrt x  + 1 > 0\) với mọi x

Do đó để \(P > \frac{3}{2}\) hay \(P - \frac{3}{2} > 0\) khi \( - \sqrt x  + 1 > 0 \Leftrightarrow  - \sqrt x  >  - 1 \Leftrightarrow \sqrt x  < 1 \Leftrightarrow x < 1.\)

Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0\)\(x \ne 4\) ta được: \(0 \le x < 1.\)

Vậy \(P > \frac{3}{2}\) với \(0 \le x < 1.\)

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

1. Gọi số xe ban đầu của đoàn là x (xe) \(\left( {x \in {{\rm N}^*}} \right)\)

Theo dự định, mỗi xe chở số thiết bị y tế là: \(\frac{{90}}{x}\) (tấn)

Thực tế được bổ sung thêm 5 xe nên tổng số xe là x+5 xe

Khi đó mỗi xe phải chở số thiết bị y tế là: \(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 0,2 tấn nên ta có phương trình:

\(\frac{{90}}{x} - \frac{{90}}{{x + 5}} = 0,2\)

\( \Leftrightarrow 90\left( {x + 5} \right) - 90x = 0,2x\left( {x + 5} \right)\)

\( \Leftrightarrow 90x + 450 - 90x = 0,2{x^2} + x\)

\( \Leftrightarrow 0,2{x^2} + x - 450 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 45({\rm{t/m}})\\x =  - 50(L)\end{array} \right.\)

Vậy ban đầu đoàn có 45 xe.

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

0,25 điểm

 

2. Diện tích giấy cần dùng là diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao 10cm và bán kính đáy 5cm.

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .5.10 = 100\pi  \approx 314,16\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích giấy cần dùng là: \(314,16\left( {c{m^2}} \right)\).

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1. Điều kiện \(2y - 5 \ge 0 \Leftrightarrow 2y \ge 5 \Leftrightarrow y \ge \frac{5}{2}\)

Đặt \(a = x\)\(b = \sqrt {2y - 5} \) \(\left( {b \ge 0} \right)\)

Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a + b = 12\\2a - b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a = 15\\2a - b = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\2a - b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\2.5 - b = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 7\end{array} \right.\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\\sqrt {2y - 5}  = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\2y - 5 = 49\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 27\end{array} \right.\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array}\)

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;27} \right)\).

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

 

2. Cho phương trình: \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\)(1)

\(\begin{array}{l}{x^2} - 2x + \left( { - 5} \right) - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0\end{array}\)a. Thay m = - 5 vào phương trình (1), ta được:

 

\( \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 2\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - 2;4} \right\}\).

b. Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m - 3} \right) = 1 - m + 3 = 4 - m\)
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi
\(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4.\)

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

Theo định lý Vi – et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)

Theo đầu bài ta có \({x_1} = 3{x_2}\) nên ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x_2} + {x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{1}{2}\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{1}{2}\\{x_1} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Thay \({x_1} = \frac{3}{2},{x_2} = \frac{1}{2}\) vào biểu thức \({x_1}{x_2} = m - 3\), ta được :

\(\frac{3}{2}.\frac{1}{2} = m - 3 \Leftrightarrow m - 3 = \frac{3}{4} \Leftrightarrow m = \frac{{15}}{4}\)(thỏa mãn)

Vậy với \(m = \frac{{15}}{4}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} = 3{x_2}\).

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 4)

1. Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp

Ta có: BDACB nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \)

CEAB nên \(\widehat {AEC} = 90^\circ \)

Tứ giác ADHE có: \(\widehat {AEH} + \widehat {ADH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \)

Do đó ADHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc đối có tổng bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp) (đpcm).

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

2. Kẻ đường kính AK. Chứng minh CK//BHCK//BH và tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành

Ta có: BDAC \( \Rightarrow \) BHAC \( \Rightarrow \) BHAC (1)

AK là đường kính nên \(\widehat {KCA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \)CKAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH//CK (cùng vuông góc với AC) (đpcm).

Lại có,AK là đường kính nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \)BKAB

Mà CEAB\( \Rightarrow \)CHAB.

Do đó BK//CH (cùng vuông góc với AB)

Tứ giác BHCK có BH//KC,BK//CH nên là hình bình hành (tứ giác có hai cặp đối song song là hình bình hành). (đpcm)

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

 

0,25 điểm

3.

a. Chứng minh G là trọng tâm ΔAHK

Tứ giác BHCK là hình bình hành (cmt) nên I là trung điểm BC cũng là trung điểm của HK (tính chất)

AK là đường kính nên O là trung điểm của AK.

Xét tam giác AHK có G là giao điểm hai đường trung tuyến AI và HO nên G là trọng tâm tam giác. (đpcm)

b. Qua G kẻ đường thẳng song song với OA cắt OI tại M.

Kẻ GM//AO \(\left( {M \in OI} \right)\) nên theo định lí Ta let ta có: \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{IO}} = \frac{{IG}}{{IA}}\)

Mà G là trọng tâm tam giác AHK nên: \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{IG}}{{IA}} = \frac{1}{3}\)

Do đó \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{IO}} = \frac{{IG}}{{IA}} = \frac{1}{3}\)

Vì B, C và O cố định nên I cố định, hơn nữa \(\frac{{IM}}{{IO}} = \frac{1}{3}\) nên M cố định.

Ta lại có: \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GM = \frac{1}{3}AO = \frac{1}{3}R\)

Do đó,  G luôn cách M một khoảng cố định \(\frac{1}{3}R\)

Khi đó G nằm trên đường tròn (M, \(\frac{1}{3}R\)).

Vậy khi A di động trên cung lớn BC sao cho ΔABC có 3 góc nhọn thì G chuyển động trên đường tròn tâm M bán kính \(\frac{1}{3}R\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có:  \({x^2} + {y^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 =  - {y^2}\)

\[{y^2} \ge 0\] với mọi y \[ \Rightarrow  - {y^2} \le 0\] với mọi y

\( \Rightarrow {x^2} - 4x + 3 \le 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) \le 0\)

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \le 0\\x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 3\\x \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le x \le 3\)

Ta có: \(A = {x^2} + {y^2} = 4x - 3\)

\(1 \le x \le 3 \Leftrightarrow 4 \le 4x \le 12 \Leftrightarrow 1 \le 4x - 3 \le 9\)

Do đó GTNN của A là 1 khi \(4x - 3 = 1 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 0\)

và GTLN của A là 9 khi \[4x - 3 = 9 \Leftrightarrow x = 3 \Rightarrow y = 0\].

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \ge 0\\x - 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le 1\end{array} \right.\left( {VN} \right)\)

Vậy GTNN của A là 1 khi \(x = 1,y = 0\) và GTLN của A là 9 khi \(x = 3,y = 0\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 5

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 5)

Câu 1: (2.0 điểm) Cho hai biểu thức \({\rm{A}} = \frac{3}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2\sqrt x  + 5}}{{x - 1}}\)\({\rm{B}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\) với\({\rm{ }}x \ge 0;x \ne 1;x \ne 4\)

a) Tính giá trị của biểu thức của B khi \({\rm{x}} = 25\).

b) Rút gọn biểu thức A.

c) Đặt \({\rm{P}} = {\rm{A}}.{\rm{B}}\). Tìm tất cả các giá trị của x đê \(\frac{1}{P} < \sqrt x  - 2\).

Câu 2: (2.0 điểm) Giải toán bằng cách lập phương trình hoăc hệ phương trình:

Hưởng ứng phong trào tết trồng cây một chi đoàn thanh niên dự định trồng 80 cây trong một thời gian nhất định. Do mỗi giờ chi đoàn trồng nhiều hơn dự định 5 cây nên đã hoàn thành công việc trước dự định 12 phút và trồng thêm được 10 cây. Tính số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ.

Câu 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  + \frac{1}{{y - 5}} = 3}\\{2\sqrt x  - \frac{3}{{y - 5}} = 1}\end{array}} \right.\)

2) Cho phương trình \({{\rm{x}}^2} + {\rm{mx}} - 2 = 0\) (1) (với m là tham số)

a) Giải phương trình với \({\rm{m}} = 1\)

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2}\)

thóa mãn \({{\rm{x}}_1}^2{{\rm{x}}_2} + {{\rm{x}}_2}^2{{\rm{x}}_1} = 2019\)

Câu 4: (3.5 điểm)

Cho đường tròn (O;R), đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm \({\rm{C}}({\rm{AC}} > {\rm{R}})\). Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với CA. Lấy điểm M trên đường tròn (O) sao cho AM \( = \frac{R}{2}\). Tia BM cắt đường thẳng d tại điểm P. Tia CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N, tia PA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q.

1) Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh \({\rm{NQ}}//{\rm{PC}}\)

3)

a) Tính thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác MAB một vòng quanh AM theo R.

b) Gọi H là giao điểm của QN và AB. Gọi E là giao điểm của MB và QN, tia AE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh \({\rm{AE}}.{\rm{AK}} + {\rm{BE}} \cdot {\rm{BM}} = 4{{\rm{R}}^2}\)

4) Chứng minh rằng ba điểm B, N và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NEK thẳng hàng.

Câu 5: (0.5 điểm) Tìm giá trị của m để biểu thức \(F = {(2x + y + 1)^2} + {(4x + my + 5)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) Thay \(x = 25\) (TMDK) vào biểu thức \(B\) ta có \(B = \frac{{\sqrt {25} }}{{\sqrt {25}  - 2}} = \frac{5}{{5 - 2}} = \frac{5}{3}\)

Vậy với \(x = 25\) thì \(B = \frac{5}{3}\)

0,25 điểm

 

0,25 điểm

2) \(A = \frac{3}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2\sqrt x  + 5}}{{x - 1}}\)

\(A = \frac{{3(\sqrt x  + 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} - \frac{{2\sqrt x  + 5}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{3(\sqrt x  + 1) - (2\sqrt x  + 5)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{3\sqrt x  + 3 - 2\sqrt x  - 5}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{x - 1}}\)

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

3) Đặt \(P = A \cdot B.\) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(\frac{1}{P} < \sqrt x  - 2\) \(P = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{x - 1}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}} \Rightarrow \frac{1}{P} = \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}\quad \) ĐK: \(x > 0;x \ne 1;x \ne 4\)

\(\frac{1}{P} < \sqrt x  - 2 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }} < \sqrt x  - 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }} - (\sqrt x  - 2) < 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }} < 0\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt x  - 1 < 0(\)\(\sqrt x  > 0\) với mọi \(x\) thỏa mãn \({\rm{DK}})\)

\( \Leftrightarrow x < \frac{1}{4}\)

Kết hợp điều kiện tìm được \(0 < x < \frac{1}{4}\) Vậy với \(0 < x < \frac{1}{4}\) thì \(\frac{1}{P} < \sqrt x  - 2\).

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là \(x\) (cây) \(\left( {x \in {N^*}} \right)\)

Số cây chi đoàn trồng được trong mỗi giờ trên thực tế là \(x + 5\) ( cây)

Thời gian chi đoàn dự định trồng xong số cây là \(\frac{{80}}{x}\) (giờ)

Số cây chi đoàn trồng được trên thực tế là \(10 + 80 = 90\) (cây)

Thời gian chi đoàn trồng xong số cây trên thực tế là \(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (giờ)

Do chi đoàn hoàn thành công việc trước dự định 12 phút \( = \frac{1}{5}h\) nên ta có phương trình: \(\frac{{90}}{{x + 5}} + \frac{1}{5} = \frac{{80}}{x}\)

\( \Leftrightarrow 450x + {x^2} + 5x = 40x + 2000\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 55x - 2000 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 25(TM)}\\{x =  - 80(KTM)}\end{array}} \right.\)

Vậy số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là 25 cây.

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  + \frac{1}{{y - 5}} = 3}\\{2\sqrt x  - \frac{3}{{y - 5}} = 1}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt x  + \frac{2}{{y - 5}} = 6}\\{2\sqrt x  - \frac{3}{{y - 5}} = 1}\end{array}\\\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{5}{{y - 5}} = 5}\\{2\sqrt x  - \frac{3}{{y - 5}} = 1}\end{array}} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y - 5 = 1}\\{2\sqrt x  - \frac{3}{{y - 5}} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 6}\\{2\sqrt x  = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4(tm)}\\{y = 6(tm)}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x;y) = (4;6)\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

2)

a) Thay \(m = 1\) vào phương trình (1) ta được \(:{x^2} + x - 2 = 0\)

có: \(a + b + c = 1 + 1 + ( - 2) = 0 \Rightarrow {x_1} = 1,{x_2} =  - 2\)

Vậy với m = 1 thì tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 2;1} \right\}\).

b) \({x^2} + mx - 2 = 0(1)\)

Chứng minh \(\Delta  = {m^2} + 8 > 0,\forall m\).

\( \Rightarrow \) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) phân biệt với mọi \({\rm{m}}\). Theo dịnh lí Vi-ét ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  - 2}\end{array}} \right.\)

Theo đề ra ta có: \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 2019\)

\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2019\)

\( \Leftrightarrow  - 2.( - m) = 2019 \Leftrightarrow m = \frac{{2019}}{2}\).

Vậy với \(m = \frac{{2019}}{2}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

 

 

=0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 5)

1) Ta có: ACP^=90°

AMB^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)AMP^=90°

AMP^+ACP^=180°

Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn.

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

2) Vì ACPM là tứ giác nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {CPA} = \widehat {CMA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) (1)

Vì A, M, N, Q cùng thuộc (O) nên tứ giác AMNQ nội tiếp đường tròn (O)

\( \Rightarrow \widehat {AMC} = \widehat {AQN}\) (hai góc cùng bù với \(\widehat {AMN}\)) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {AQN} = \widehat {APC}\)

Mà hai góc ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow CP//QN\).

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

3) a) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại M, ta có:

\(A{B^2} = A{M^2} + M{B^2}\)(định lý Py – ta – go)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M{B^2} = A{B^2} - A{M^2}\\ \Leftrightarrow M{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} - {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow M{B^2} = \frac{{15{R^2}}}{4}\end{array}\)

\( \Rightarrow BM = \frac{{\sqrt {15} }}{2}R\).

Khi quay tam giác vuông AMB một vòng quanh cạnh AM ta được hình nón với đường cao là \(AM = h,\) bán kính đường tròn đáy là \(BM = r\).

Thể tích hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{5\pi {R^3}}}{8}(\)đvtt)

b) \(AE.AK + BE.BM = 4{R^2}\)

Chứng minh: \(QN \bot AB\) tại \(H\).

Chứng minh: \(\Delta AEH \sim \Delta AB(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AK}} \Rightarrow AE.AK = AB.AH\)

Chứng minh: \(\Delta BEH \sim \Delta AM(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{BA}} = \frac{{BH}}{{BM}} \Rightarrow BE \cdot BM = BA \cdot BH\)

Chứng minh: \(AE.AK + BE.BM = 4{R^2}\).

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

4) Kẻ Nx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK\) tại \(N(Nx\) thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng NE chứa điểm A

Chứng minh được \(\widehat {ENx} = \widehat {NKE}\)

Chứng minh được \(\widehat {NKE} = \widehat {ENA}\)

\( \Rightarrow \widehat {ENx} = \widehat {ENA}\)

Từ (3) và (4) suy ra tia Nx và tia NA trùng nhau

\( \Rightarrow NA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK\) tại \(N\).

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK \Rightarrow AN \bot NI,\)

\(AN \bot BN\)

Suy ra được B, N, I thẳng hàng.

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có: \({(2x + y + 1)^2} \ge 0,{(4x + my + 5)^2} \ge 0,\) suy ra: \({\rm{F}} \ge 0\)

Xét hệ

\[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y + 1 = 0}\\{4x + my + 5 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 2y + 2 = 0}\\{4x + my + 5 = 0}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow (m - 2)y + 3 = 0\end{array}\]

+ Nếu \(m \ne 2\) thì \(m - 2 \ne 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{{2 - m}}}\\{x = \frac{{m - 5}}{{4 - 2m}}}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(F\) có giá trị nhỏ nhất bằng 0

+ Nếu \(m = 2\) thì:

\(\begin{array}{l}F = {(2x + y + 1)^2} + {(4x + 2y + 5)^3}\\ = {(2x + y + 1)^2} + {[2 \cdot (2x + y + 1) + 3]^2}\end{array}\)

Đặt \(2x + y + 1 = z\) thì

 \(\begin{array}{l}F = 5{z^2} + 12z + 9\\ = 5\left[ {{{\left( {z + \frac{6}{5}} \right)}^2} + \frac{9}{{25}}} \right]\\ = 5{\left( {z + \frac{6}{5}} \right)^2} + \frac{9}{5} \ge \frac{9}{5}\end{array}\)

\(F\) nhỏ nhất bằng \(\frac{9}{5}\) khi \(2x + y + 1 = \frac{{ - 6}}{5}\) hay \(y = \frac{{ - 11}}{5} - 2x,x \in \mathbb{R}\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 6

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 6)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức \(A = \left( {1 + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{x - 4}}} \right)\) với \(x > 0,x \ne 4\).

1) Rút gọn biểu thức \(A\).

2) Tìm \(x\) để \(A > \frac{1}{2}\).

3) Tìm \(x\) để \(A =  - 2\sqrt x  + 5\).

Câu 2: (2,0 điểm)

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

Một ô tô đi từ \(A\) đến \(B\) cách nhau \(420\;{\rm{km}}\) với vận tốc dự định. Khi đi được \(120\;{\rm{km}}\) thì ô tô tăng tốc thêm \(15\;{\rm{km}}/h\) và đi hết quãng đường còn lại với vận tốc mới. Tính vận tốc ban đầu của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ.

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{3}{{x - y}} - 2\sqrt {y + 1}  = 1}\\{\frac{1}{{x - y}} + \sqrt {y + 1}  = 2}\end{array}} \right.\)

2) Cho phương trình \({x^2} - 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0\).

a) Giải phương trình khi \(m = 2\).

b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) sao cho \(x_1^3 + x_2^3 = 2019\)

Câu 4: (3,5 điểm)

Từ điểm \(M\) nằm bên ngoài đường tròn \((O),\) kẻ hai tiếp tuyên MA, MB với đường tròn \((O),A\)\(B\) là các tiếp điểm. Gọi \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng MB; C là giao điểm của AE và đường tròn (O), ( C khác A). H là giao điểm của AB và MO.

1) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn

2) Chứng minh rằng \(E{B^2} = EC.EA\)

3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp

4) Gọi D là giao điểm của MC và đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh \(\Delta ABD\) là tam giác cân.

Câu 5: (0,5 điểm) Tìm cặp số \((a,b)\) thỏa mãn \(ab = \sqrt 2 \)\({a^3} + 2\sqrt 2 {b^3} = 9\).

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) \(A = \left( {1 + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{x - 4}}} \right)\)

\(\begin{array}{l}A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\frac{{\sqrt x  - 2}}{{x - 4}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 4}} - \frac{4}{{x - 4}}} \right)\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \left( {\frac{{\sqrt x  - 2 + \sqrt x  + 2 - 4}}{{x - 4}}} \right)\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{x - 4}}\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2(\sqrt x  - 2)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\\A = \frac{{2 \cdot (\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\\A = \frac{2}{{\sqrt x }}\end{array}\)

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

2) \(A > \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} > \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} > \frac{2}{4}\)

\( \Rightarrow \sqrt x  < 4(\)\(\sqrt x  > 0)\)

\( \Rightarrow {(\sqrt x )^2} < {4^2}\)

\( \Rightarrow 0 < x < 16,x \ne 4\)

Vậy \(0 < x < 16,x \ne 4\) thì \(A > \frac{1}{2}\).

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

3) \(A =  - 2\sqrt x  + 5 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} =  - 2\sqrt x  + 5\)

\( \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} = \frac{{( - 2\sqrt x  + 5)\sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

\( \Rightarrow 2 = ( - 2\sqrt x  + 5)\sqrt x (\)\(\sqrt x  > 0)\)

\( \Leftrightarrow 2 =  - 2x + 5\sqrt x \)

\( \Leftrightarrow 2x - 5\sqrt x  + 2 = 0(*)\)

Đặt \(t = \sqrt x ,{\rm{t}} > 0.\) Khi đó phương trình \((*)\) trở thành:

\(2{t^2} - 5t + 2 = 0\)

\(\Delta  = {( - 5)^2} - 4.2.2 = 25 - 16 = 9 > 0\)

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

\({t_1} = \frac{{5 + \sqrt 9 }}{{2.2}} = \frac{{5 + 3}}{4} = 2(\)thỏa mãn\();\quad {t_2} = \frac{{5 - \sqrt 9 }}{{2.2}} = \frac{{5 - 3}}{4} = \frac{1}{2}(\)Thỏa mãn)

Với \(t = 2 \Rightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\) (không thỏa mãn điều kiện)

Với \(t = \frac{1}{2} \Rightarrow \sqrt x  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện)

Vây \(x = \frac{1}{4}\) thì \(A =  - 2\sqrt x  + 5\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là \(x(km/h),\) điều kiện \(x > 0\).

Sau khi tăng tốc, vận tốc của ô tô là: \(x + 15(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Thời gian đi với vận tốc ban đầu là: \(\frac{{120}}{x}(h)\)

Thời gian đi nốt quãng đường còn lại sau khi tăng tốc là: \(\frac{{300}}{{x + 15}}(h)\)

Vì thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 6 giờ nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\quad \frac{{120}}{x} + \frac{{300}}{{x + 15}} = 6\\ \Rightarrow \frac{{120.(x + 15)}}{{x(x + 15)}} + \frac{{300x}}{{x(x + 15)}} = \frac{{6x(x + 15)}}{{x(x + 15)}}\\ \Rightarrow 120.(x + 15) + 300x = 6x(x + 15)\\ \Leftrightarrow 120x + 1800 + 300x = 6{x^2} + 90x\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + 90x - 120x - 1800 - 300x = 0\\ \Leftrightarrow 6{x^2} - 330x - 1800 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 55x - 300 = 0\) (*)

\(\Delta  = {( - 55)^2} - 4.1 \cdot ( - 300) = 4225 > 0\)

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{55 + \sqrt {4225} }}{2} = \frac{{55 + 65}}{2} = 60\) (thỏa điều kiện)

\({x_2} = \frac{{55 - \sqrt {4225} }}{2} = \frac{{55 - 65}}{2} =  - 5\) (không thỏa điều kiện)

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là \(60\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\).

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y \ne 0}\\{y + 1 \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne y}\\{y \ge  - 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Đặt \(a = \frac{1}{{x - y}},b = \sqrt {y + 1} \). Khi đó, ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - 2b = 1}\\{a + b = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - 2b = 1}\\{2a + 2b = 4}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5a = 5}\\{a + b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a + b = 2}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 + b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra:

 \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{x - y}} = 1}\\{y + 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - y}} = 1\\y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\end{array}\) (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \((x;y) = (1;0)\).

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

2)

a) Khi \(m = 2\), ta có phương trình: \({x^2} - 2(2 + 1)x + 2.2 + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0\)

Ta có: \(1 + ( - 6) + 5 = 0,\) nhẩm nghiệm ta được: \({x_1} = 1,{x_2} = 5\).

Vậy với m = 2, phương trình đã cho có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {1;5} \right\}\).

b) Ta có : \({\Delta ^\prime } = {(m + 1)^2} - (2m + 1) \cdot 1 = {m^2} + 2m + 1 - 2m - 1 = {m^2} \ge 0\) ( với mọi m).

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi: \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).

Ta lại có: \(1 - 2(m + 1) + 2m + 1 = 1 - 2m - 2 + 2m + 1 = 0\) (Trường hợp \(a + b + c = 0\) )

Nhẩm nghiệm, ta được: \({x_1} = 1,{x_2} = 2m + 1\).

Thay \({x_1} = 1,{x_2} = 2m + 1\) vào \(x_1^3 + x_2^3 = 2019,\) ta được:

\(1 + {(2m + 1)^3} = 2019\)

\( \Leftrightarrow {(2m + 1)^3} = 2019 - 1\)

\( \Leftrightarrow {(2m + 1)^3} = 2018\)

\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \sqrt[3]{{2018}}\)

\( \Leftrightarrow 2m = \sqrt[3]{{2018}} - 1\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{{\sqrt[3]{{2018}} - 1}}{2}\) (thỏa mãn).

Vậy với \(m = \frac{{\sqrt[3]{{2018}} - 1}}{2}\) thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

 

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 6)

1) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) nên ta có: OAM^=90°;OBM^=90°

OAM^+OBM^=90°+90°=180°

\(\widehat {OAM},\widehat {OBM}\) là hai góc đối nhau.

\( \Rightarrow \) Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

2)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 7)

Ta có:  (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BC)

 (góc nội tiếp chắn cung BC)

\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CBE}\)

Xét \(\Delta ABE\)\(\Delta BCE\) có:

\(\widehat {AEB}\) là góc chung

\(\widehat {BAE} = \widehat {CBE}({\rm{cmt}})\)

Do đó: \(\Delta ABE \sim \Delta BCE(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{AE}}{{BE}}\)

\( \Rightarrow E{B^2} = EC \cdot EA\)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

3)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 8)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) nên ta có \(MA = MB\) (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Và ta cũng có: \(OA = OB = R\)

\( \Rightarrow OM\) là đường trung trực của đoạn thẳng AB

\(H\) là giao điểm của AB và MO

\( \Rightarrow AB \bot OM\) tại HMHB^=90°

Xét \(\Delta MHB\) vuông tại H có HE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MB (Vì E là trung điểm của đoạn thẳng \(MB)\)

\( \Rightarrow HE = \frac{1}{2}MB = EB\)

\( \Rightarrow \Delta EHB\) cân tại E

\( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH}\)

\(\widehat {EBH} = \widehat {ECB}(\)\(\Delta ABE \sim \Delta BCE(g \cdot g))\)

Suy ra: \(\widehat {EHB} = \widehat {ECB}\)

Xét tứ giác HCEB có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh EB dưới các góc bằng nhau nên tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

4)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 9)

Ta có: \(E{B^2} = EC \cdot EA(\) câu 2\() \Rightarrow E{M^2} = EC \cdot EA(\)\(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(MB)\)

\( \Rightarrow \frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EA}}{{EM}}\)

Xét \(\Delta MEC\)\(\Delta AEM\) có:

\(\widehat {AEM}\) là góc chung

\(\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EA}}{{EM}}\)

Do đó: \(\Delta MEC \sim \Delta AEM(c.g.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {EMC} = \widehat {EAM}\)

Ta có:  (Góc nội tiếp chắn cung AC)

Và  (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {MAE}(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADM} = \widehat {EMD}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, suy ra \(AD\parallel EM\) hay \(AD\parallel MB\)

\(AD\parallel MB\) nên \(\widehat {DAB} = \widehat {ABE}\) (Hai góc so le trong) (3)

Ta có: ( góc nội tiếp chắn cung AB)

\(\widehat {ABE} = \frac{1}{2}sd\widehat {AB}\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ABE}(4)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {DAB} = \widehat {ADB}\)

Vậy \(\Delta ABD\) cân tại \(B\).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

\({a^3} + 2\sqrt 2 {b^3} = 9 \Rightarrow {a^3} + \sqrt 8 {b^3} = 9 \Leftrightarrow {a^3} + {(\sqrt 2 b)^3} = 9\)

\({\rm{Ta}}\) có: \(ab = \sqrt 2  \Leftrightarrow a\sqrt 2 b = 2 \Leftrightarrow {a^3}{(\sqrt 2 b)^3} = 8\)

Đặt \(x = {a^3}\)\(y = {(\sqrt 2 b)^3} \Rightarrow x.y = 8\)\(x + y = 9\)

\( \Rightarrow x,y\) là hai nghiệm của phương trình: \({X^2} - 9X + 8 = 0\) (Định lí Vi-ét đảo)

Ta có: \(1 - 9 + 8 = 0\) (Trường hợp \(a + b + c = 0\) )

Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: \({X_1} = 1,{X_2} = 8\)

Với

 \(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^3} = 1}\\{{{(\sqrt 2 b)}^3} = 8}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{\sqrt 2 b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

Với

 \[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8}\\{y = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^3} = 8}\\{{{(\sqrt 2 b)}^3} = 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{\sqrt 2 b = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\]

Vậy cặp số \((a,b)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán:

\[(a;b) = (1;\sqrt 2 );(a;b) = \left( {2;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\].

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 7

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 7)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức \(\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{2}{{x - 1}}} \right)\) với \(x > 0\)\(x \ne 1\)

a) Rút gọn biểu thức \(A\).

b) Tìm \(x\) biết \(A = 2\)

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = (A - 4)\sqrt x \)

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ô tô đi từ A đến B cách nhau \(90\;{\rm{km}}\) với vận tốc dự định. Khi từ \({\rm{B}}\) trở về \({\rm{A}},\) ô tô đi với vân tốc nhanh hơn vận tốc lúc đi là \(5\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\).Do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B.

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 2}  + 2(x - y) = 8}\\{2\sqrt {x - 2}  + 5(x - y) = 19}\end{array}} \right.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng \((d):y = mx - m - 2\)\((m\) là tham số) và Parabol \((P):y =  - {x^2}\)

a) Với \(m =  - 2,\) tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \((d)\) và Parabol \((P)\).

b) Tìm \(m\) để đường thẳng \((d)\) cắt Parabol \((P)\) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {20} \).

Câu 4: (3,5 điểm)

1) Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là \(12\;{\rm{cm}},\) chiều cao là \(10\;{\rm{cm}}\).

Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).

2) Cho đường tròn \((O;R)\), từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \((O)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn \((O)\) (B, C lần lượt là các tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

b) Gọi \(D\) là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại \(E\), đường thẳng AE cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(F\). Chứng \({\mathop{\rm minh}\nolimits} \) \(A{B^2} = AE \cdot AF\)

c. Chứng minh BC = CF.

Câu 5: (0,5 điểm)

Một viên gạch hình vuông cạnh \(a(cm)\) có hoa văn như hình vẽ. M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB, BC, CD. Tìm độ dài \(a\) biết diện tích phần gạch chéo là\(200(4 - \pi )\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 10)

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) \(A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{2}{{x - 1}}} \right)\) với \(x > 0\)\(x \ne 1\)

\( = \frac{{1 + x}}{{\sqrt x (\sqrt x  - 1)}}:\frac{{\sqrt x  + 1}}{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  - 1)}}\)

\( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x (\sqrt x  - 1)}} \cdot (\sqrt x  - 1)\)

\( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }}\)

 

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

b) \[A = 2 \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }} = 2 \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} = 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }} = 0\]

\[ \Rightarrow {(\sqrt x  - 1)^2} = 0 \Rightarrow x = 1\] (không thỏa mãn điều kiện)

Vậy không có x thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

0,25 điểm

c) \(P = (A - 4)\sqrt x  = x - 4\sqrt x  + 1 = {(\sqrt x  - 2)^2} - 3 \ge  - 3,\forall x > 0,x \ne 1\)

Dấu "=" xảy ra khi

\({(\sqrt x  - 2)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  = 2\)

\( \Leftrightarrow x = 4\) (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng -3 khi \(x = 4\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

Gọi vận tốc dự định đi từ A đến \({\rm{B}}\) của \(\hat 0\) tô là \(x(\;{\rm{km}}/{\rm{h}},x > 0)\).

Vận tốc của ô tô khi đi từ \({\rm{B}}\) về đến \({\rm{A}}\)\(x + 5(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\)

Đi và về đều là quãng đường AB dài \(90\;{\rm{km}}\).

Thời gian đi từ A đến B là \(\frac{{90}}{x}\) (h)

Thời gian từ \({\rm{B}}\)về \({\rm{A}}\)\(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (h)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút \( = \frac{1}{4}\) (h) ta có phương trình

\(\frac{{90}}{x} = \frac{{90}}{{x + 5}} + \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{90.4(x + 5)}}{{4x(x + 5)}} = \frac{{90.4x}}{{4.x(x + 5)}} + \frac{{x(x + 5)}}{{4.x(x + 5)}}\)

\( \Leftrightarrow 360x + 1800 = 360x + {x^2} + 5x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 1800 = 0\)

Giải phương trình ta có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 40}\\{x =  - 45(KTM)}\end{array}} \right.\)

Vậy vận tốc dự định của ô tô là là \(40(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 2}  + 2(x - y) = 8}\\{2\sqrt {x - 2}  + 5(x - y) = 19}\end{array}} \right.\)

ĐK \(:x \ge 2\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 2}  + 2(x - y) = 8}\\{2\sqrt {x - 2}  + 5(x - y) = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 2}  + 4(x - y) = 16}\\{2\sqrt {x - 2}  + 5(x - y) = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 3}\\{2\sqrt {x - 2}  + 5.3 = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 3}\\{\sqrt {x - 2}  = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 3}\\{x - 2 = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 3\left( {TM} \right)}\\{x = 6(TM)}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((6;3)\).

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

2)

a) Với \(m =  - 2\) ta có phương trình đường thẳng \((d)y =  - 2x\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\)

\( - {x^2} =  - 2x \Leftrightarrow {x^2} - 2x = x(x - 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 0}\\{x = 2 \Rightarrow y =  - 4}\end{array}} \right.\)

Vây tọa độ giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\)\((0;0),(2; - 4)\)

b) +) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\)\((P)\):\( - {x^2} = mx - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} + mx - m - 2 = 0\)(1)

Ta có: \(\Delta  = {m^2} + 4m + 8 = {(m + 2)^2} + 4 \ge 4 > 0\) Với mọi m

Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay (d) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt với mọi \({\rm{m}}\).

+) Khi đó theo hệ thức \({\rm{Vi}}\) - ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  - m - 2}\end{array}} \right.\)

+) Ta có: \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {20}  \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 20 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 20\)

\( \Rightarrow {m^2} + 4m + 8 = 20 \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 12 = 0 \Leftrightarrow (m - 2)(m + 6) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m =  - 6}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m = 2;m =  - 6\) là giá trị cần tìm.

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

1) Ta có bán kính đáy là \(6\;{\rm{cm}}.\)

Diện tích đáy là: \(\pi {.6^2} = 36.\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích xung quanh là: \(2\pi .6.10 = 120\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích vật liệu dùng để tạo nên vỏ hộp sữa là: \(2.36\pi  + 120\pi  = 192\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

 

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

2) - Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 11)

 

 

 

0.5 điểm

 

 

 

2)

a) Vì AB, AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot BO}\\{AC \bot CO}\end{array}} \right.\) (tính chất tiếp tuyến)

suy ra ABO^=ACO^=90°

Xét tứ giác ABOC có ABO^+ACO^=180° mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

b) Xét đường tròn \((O)\)\(\widehat {ABE} = \widehat {AFB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

Xét \(\Delta ABE\)\(\Delta AFB\) có:

\( + \widehat {BAF}\) chung

\( + \widehat {ABE} = \widehat {AFB}({\rm{cmt}})\)

Suy ra ΔDEC~ΔDCB( gg)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AE}}{{AB}}(\) cặp cạnh tương ứng) Suy ra \(A{B^2} = AE \cdot AF\)

 

 

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

2)

c) Xét đường tròn \((O)\)có: \(\widehat {DCE} = \widehat {DBC}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn \({\mathop{\rm cung}\nolimits} EC)\)

Xét \(\Delta DEC\)\(\Delta DCB\) có:

\( + \widehat {CDB}\) chung

\( + \widehat {DCE} = \widehat {DBC}({\rm{cmt}})\)

Suy ra \(\Delta DEC\~\Delta DCB(\;{\rm{g}} \cdot {\rm{g}})\)

Suy ra \(\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{DE}}{{DC}} \Rightarrow D{C^2} = DB \cdot DE\)

\(AD = DC \Rightarrow A{D^2} = DE.DB \Rightarrow \frac{{AD}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{AD}}\)

Xét \(\Delta DAE\)\(\Delta DBA\)

\( + \widehat {ADB}\) chung

\( + \frac{{AD}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{AD}}\)

Suy ra \(\Delta DAE\~\Delta DBA({\rm{c}} - {\rm{g}} - {\rm{c}}) \Rightarrow \widehat {DAE} = \widehat {DBA}\) (góc tương ứng)

\(\widehat {DAE} = \widehat {AFB}\) hai góc này ở vị trí so le trong, do đó \(AC//BF\) Suy ra \(\widehat {CBF} = \widehat {BCA}\) (hai góc so le trong).

\(\widehat {BCA} = \widehat {BFC}\) (góc nội tiếp và tạo bởi hai tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) nên \(\widehat {CBF} = \widehat {CFB}\) suy ra \(\Delta CBF\) cân tại C.

Do đó \(CB = CF\).

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

Câu 5

(0,5 điểm)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 12)

Nhận xét rằng phần gạch màu vàng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.

Gọi \(R = \frac{a}{2}\) là bán kính hình tròn đi qua các điểm N, P, Q, M.

Diện tích một hình viên phân là:

\(S = \frac{{\pi {R^2}}}{4} - \frac{{{R^2}}}{2} = \frac{{{R^2}}}{4}(\pi  - 2) = \frac{{{a^2}}}{{16}}(\pi  - 2)\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Vậy diện tích hình gồm 8 hình viên phân bằng \(\frac{{{a^2}}}{2}(\pi  - 2)\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích hình gạch chéo bằng: \({a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}(\pi  - 2) = \frac{{{a^2}(4 - \pi )}}{2}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Vì diện tích phần gạch chéo là \(200(4 - \pi )\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\) nên ta có:

\(\frac{{{a^2}}}{2}(4 - \pi ) = 200(4 - \pi ) \Leftrightarrow {\rm{a}} = 20(\;{\rm{cm}})\).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 8

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 8)

Phần I:  TRẮC NGHIỆM (2 điểm)

Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời mà em cho là đúng nhất:

Câu 1: Đồ thị hàm số \(y =  - \frac{2}{{{x^2}}}\) đi qua điểm nào trong các điểm sau:

A. \(( - 2;2).\)             B. \((2;2).\)

C. \((\sqrt 2 ;1).\)       D. \[(\sqrt 2 ; - 1).\]

Câu 2: Biết hai đường thẳng \(y = mx + 2\)\(y =  - 2x\) là song song. Khi đó:

A. Đường thẳng \(y = mx + 2\) cắt trục hoành tại điểm có tung độ bằng 2.

B. Đường thẳng \(y = mx + 2\) cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng 2.

C. Hàm số \[y = mx + 2\]luôn đồng biến.

D. Hàm số \[y = mx + 2\] luôn nghịch biến.

Câu 3: Cho phương trình \(x - 2y = 2\,\,(1),\) phương trình nào trong các phương trình sau kết hợp với (1) để được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn vô số nghiệm?

A. \( - \frac{1}{2}x + y =  - 1.\)                     B. \(\frac{1}{2}x + y =  - 1.\)

C. \(2x - 3y = 3.\)        D. \(2x - 4y = 2.\)

Câu 4: Tìm hai số uv biết \(u + v =  - 8\)\(uv =  - 105\). Đáp số là

A. \(u =  - 15;v = 7.\)

B. \(u = 7;v =  - 15\)  

C. \(u =  - 15;v = 7\) hoặc \(u = 7;v =  - 15\)

D. Một đáp số khác.

Câu 5: Cho hình vẽ:

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 13)

 

Tính góc \(\alpha ?\)

A. \({60^o}.\)

B. \({40^o}.\)

C. \({30^o}.\)

D. Một giá trị khác.

Câu 6: Hai đường tròn (O; 5cm) và (O’; 4cm) cắt nhau tại A và B. Biết AB = 6cm. Độ dài OO’ là

A. \(4\sqrt 7 .\)           B. \(7 + \sqrt 4 .\)

C. \(4 + 2\sqrt 7 .\)     D. \(4 + \sqrt 7 .\)

Câu7: Biết MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O), đường kính BC (B, C là các tiếp điểm), sao cho \(\widehat {BAC} = {70^o}.\) Số đo góc AMB là

A. \({70^o}.\)             B. \({60^o}.\)

C. \({50^o}.\)             D. \({40^o}.\)

Câu 8: Đường tròn (O; 6cm). Điểm O’ sao cho OO’ = 8cm. Giá trị nào của R để đường tròn (O’; R) tiếp xúc với đường tròn (O; 6cm).

A. 2cm                             

B. 14cm            

C. 12cm hoặc 14cm.                     

D. Một kết quả khác.

Câu 9: Cho hình tròn có bán kính 2. Biết diện tích hình quạt \({n^o}\) bằng \(\frac{{8\pi }}{{15}}\) . Số đo cung \({n^o}\)

A. \({12^o}.\)             B. \({24^o}.\)

C. \({48^o}.\)             D. \({96^o}.\)

Câu 10: Một hình nón có thể tích \(V = 9\pi \,\,(c{m^3})\); bán kính đáy r = 3 (cm) Diện tích xung quanh hình nón là:

A. \({S_{xq}} = 3\sqrt 2 \,(c{m^2}).\)               

B. \({S_{xq}} = 9\pi \,(c{m^2}).\)                

C. \({S_{xq}} = \frac{9}{2}\pi \sqrt 2 \,(c{m^2}).\)                            

D. \({S_{xq}} = 9\pi \sqrt 2 \,(c{m^2}).\)

Phần II:  TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 1. (2 điểm)  Cho phương trình: \({x^2} + mx - 1 = 0\,\,(1)\)

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.

b) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) hai nghiệm lớn hơn 2.

Câu 2. (1 điểm)  Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 2}  - \sqrt {y + 2}  = 1\\\sqrt {x - 2}  + \sqrt {y + 2}  = 3\end{array} \right.\)

Câu 3. (2 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể cạn. Sau 24 giờ 24 phút thì đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy riêng thì vòi thứ nhất chảy nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Nếu cho mỗi vòi chảy riêng thì sẽ đầy bể trong bao lâu?

Câu 4. (3 điểm) Cho (O; R) và một dây cung \(AB = R\sqrt 2 \) cố định. Điểm M di động trên cung lớn AB (M khác A và B). Các đường cao AC và BD của tam giác AMB cắt nhau tại H.

a)     Chứng minh:  MA.MD = MB.MC.

b)    Gọi xy là tiếp tuyến của (O) tại M. Chứng minh: xy song song với DC.

c)     Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác AMB lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM ( 2,0 điểm)

 

Câu 1 đến câu 10, mỗi câu đúng 0,2 điểm

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

D

D

A

C

A

C

D

C

C

D

 

 

2 điểm

PHẦN II. TỰ LUẬN ( 8,0 điểm)

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: \({x^2} + 2x - 1 = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = 1 - 1( - 1) = 2 \Rightarrow \sqrt {\Delta '}  = \sqrt 2 .\)

Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

\({x_1} =  - 1 + \sqrt 2 ;\,{x_2} =  - 1 - \sqrt 2 .\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - 1 + \sqrt 2 ; - 1 - \sqrt 2 } \right\}\).

0,25 điểm

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

 b) Ta có: \(\Delta  = {m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\)

Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

 

0,5 điểm

c) Đặt \(y = x - 2\) phương trình (1) trở thành: \({y^2} + (m + 4)y + (2m + 3) = 0\,\,\,\,\,(2)\)

Ta cần tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm dương

Điều kiện để phương trình (2) có cả hai nghiệm dương là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _y} \ge 0\\P > 0\\S > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 3 > 0\\ - (m + 4) > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - \frac{3}{2}\\m <  - 4\end{array} \right.\end{array}\)

Do đó không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm lớn hơn 2.

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,0  điểm)

. Điều kiện: \(x \ge 2;y \ge  - 2\)

Đặt \(u = \sqrt {x - 2} \,\,\,(u \ge 0);\,\,v = \sqrt {y + 2} \,\,\,\,(v \ge 0)\)

Hệ đã cho trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3u - v = 1\\u + v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2}  = 1\\\sqrt {y + 2}  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (3;2).

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

Gọi x (giờ) \(\left( {x > \frac{{12}}{5}} \right)\) là thời gian vòi thứ nhất chảy riêng cho đầy bể.

Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể là: x + 2 (giờ)

Trong 1 giờ vòi I chảy được: \(\frac{1}{x}\) (bể)

Trong 1 giờ vòi II chảy được: \(\frac{1}{{x + 2}}\) (bể)

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2}} = \frac{5}{{12}}\)

Giải phương trình trên, ta được: x = 4

Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể là 4 giờ, thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là 6 giờ.

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(3,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 14)

0,5 điểm

 

 

a) Xét tứ giác ABCD:

Ta có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \) D, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh AB dưới một góc bằng nhau

Nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {MCD} = \widehat {MAB}\)(tính chất tứ giác nội tiếp)

Xét \(\Delta MCD\)\(\Delta MAB\), ta có:

\(\widehat {CMD}\): chung

 \(\widehat {MCD} = \widehat {MAB}\)(cmt)

\( \Rightarrow \Delta MCD \sim \Delta MAB(g - g)\)

\( \Rightarrow \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) MA.MD = MB.MC

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

b) Gọi N  là giao điểm của CD và OM

\( \Rightarrow \widehat {NCM} = \widehat {BAM}\)( cmt)

Ta lại có: \(\widehat {BAM} = \widehat {BMy}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MB

\( \Rightarrow \widehat {NCM} = \widehat {BM{\rm{y}}}\)

Mà hai góc ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow xy//CD.\)

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 c) Ta có: \({S_{AMB}} = \frac{1}{2}AB.MK\)

Do AB cố định

\[ \Rightarrow {S_{\max }} \Leftrightarrow M{K_{\max }} \Leftrightarrow M\] là điểm chính giữa cung AB.

0,25 điểm

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 9

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 9)

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{1 + \sqrt x }}\)\(B = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{x - \sqrt x  - 6}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\)

với \(x > 0,x \ne 9\).

1) Tính giá trị biểu thức \(A\) khi \(x = 36\).

2) Rút gọn biểu thức \(B\).

3) Với \(x \in {\bf{Z}}\), tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = AB\).

Câu 2: (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch, hai xí nghiệp A và \({\rm{B}}\) phải làm tổng cộng 720 dụng cụ cùng loại. Trên thực tế do cải tiến kĩ thuật, xí nghiệp A hoàn thành vượt mức \(12\% ,\) còn xí nghiệp \({\rm{B}}\) hoàn thành vượt mức \(10\% \) so với kế hoạch. Do đó thực tế cả hai xí nghiệp làm được tổng cộng 800 dụng cụ. Tính số dụng cụ mỗi xí nghiệp phải làm theo kế hoạch?

Câu 3: (2,5 điểm)

1) Giải phương trình: \(3{x^4} - 2{x^2} - 40 = 0\)

2) Cho phương trình \({x^2} + (m - 1)x - {m^2} - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số thực.

a) Chứng minh: phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị của \(m\).

b) Tìm \(m\) để biểu thức \(T = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} + {\left( {\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3}\) đạt giá trị lớn nhất.

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn \((O).\) Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cùng đi qua trực tâm \(H\).

1) Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp

2) Kẻ đường kính AK của đường tròn \((O)\). Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và AB.AC=2AD.R.

3) Gọi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên AK . Chứng minh: MD song song với

BK

4) Giả sử BC là dây cố định của đường tròn \((O)\) còn \(A\) di động trên cung lớn BC. Tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác AEH lớn nhất.

Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: \(ab + bc + ac = 3abc\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(\quad K = \frac{{{a^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} + \frac{{{b^2}}}{{a\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}} + \frac{{{c^2}}}{{b\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}\).

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) Thay \(x = 36({\rm{tmdk}})\)vào biểu thức A, ta được:

\(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{1 + \sqrt x }} = \frac{{6 + 2}}{{1 + 6}} = \frac{8}{7}\)

Vậy với \(x = 36\) thì \(A = \frac{8}{7}\).

 

0,5 điểm

 

0,5 điểm

2) \(B = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 3)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  + \sqrt x  \cdot (\sqrt x  + 2)}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 3)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{x + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 3)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 2}}\)

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

3) \(P = A \cdot B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}}\)

\(x > 0;x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \ge 1 \Rightarrow \sqrt x  \ge 1 \Rightarrow \sqrt x  + 1 \ge 2\)

\( \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} \le \frac{3}{2} \Rightarrow P = 1 + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} \le \frac{5}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi x=1

Vậy \(\max P = \frac{5}{2}\) khi \(x = 1\).

 

 

0,25 điểm

 

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi số dụng cụ mỗi xí nghiệp A và B phải làm theo kế hoạch lần lượt là x, y (dụng cụ) (\(0 < x,{\rm{y}} < 720;x,{\rm{y}} \in N\))

Vì theo kế hoạch, hai xí nghiệp A và B phải làm tổng cộng 720 dụng cụ cùng loại nên: \(x + y = 720\)(1)

Trên thực tế do cải tiến kĩ thuật, xí nghiệp A hoàn thành vượt mức \(12\% \), nghĩa là:

\(x + 12\% x = 1,12x\) (dụng cụ)

Xí nghiệp \({\rm{B}}\) hoàn thành vượt mức \(10\% \) so với kế hoạch, nghĩa là:

\({\rm{y}} + 10\% {\rm{y}} = 1,1y\) (dụng cụ)

Thực tế cả hai đội làm được tổng cộng 800 dụng cụ, do đó ta có phương trình: \(1,12x + 1,1y = 800\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 720\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 792\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 792\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,02x = 8\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\1,12.400 + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 320\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy theo kế hoạch số dụng cụ của xí nghiệp A phải làm làm 400 dụng cụ và số dụng cụ của xí nghiệp B phải làm là 320 dụng cụ.

0,25 điểm

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Xét phương trình: \(3{x^4} - 2{x^2} - 40 = 0\)(1)

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\)

\(\begin{array}{l}(1) \Leftrightarrow 3{t^2} - 2t - 40 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 4} \right)\left( {3t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 4 = 0\\3t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\left( {TMDK} \right)\\t =  - \frac{{10}}{3}\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x =  \pm 2\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 2;2} \right\}\).

 

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

0,25 điểm

a) Phương trình \({x^2} + (m - 1)x - {m^2} - 2 = 0\)là phương trình bậc hai có hệ số \(a.c =  - {m^2} - 2 < 0\) với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị của \(m\).

0,5 điểm

b) Theo định lí Vi ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1 - m}\\{{x_1}{x_2} =  - {m^2} - 2}\end{array}} \right.\)

Đặt \(t = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}\) thì

 \(\begin{array}{l}t = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}}\\ = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}{{{x_1}{x_2}}} - 2\\ = \frac{{{{(1 - m)}^2}}}{{ - {m^2} - 2}} - 2\\ =  - \frac{{{{(1 - m)}^2}}}{{{m^2} + 2}} - 2 \le  - 2\end{array}\) với mọi m

Đặt

 \(\begin{array}{l}T = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} + {\left( {\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3}\\ = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} - 3.\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}.\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} \cdot \left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)\end{array}\)

\( = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} - 3 \cdot \left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)\)

\( = {t^3} - 3t = t\left( {{t^2} - 3} \right)\).

\(\begin{array}{l}t \le  - 2 \Rightarrow  - t \ge 2\\ \Rightarrow {t^2} \ge 4 \Rightarrow \left( {{t^2} - 3} \right) \ge 1\end{array}\)

\( \Rightarrow  - t\left( {{t^2} - 3} \right) \ge 2 \Rightarrow T \le  - 2\).

Vậy \(\max T =  - 2\) khi \(t =  - 2 \Rightarrow m = 1\)

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 15)

 

 

0,5 điểm

 

 

 

1) Xét tứ giác BFEC có góc \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \)

Hai đỉnh liên tiếp F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

0.5 điểm

0,5 điểm

2) Xét đường tròn (O)

Ta có: \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Ta lại có : \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \)( AD là đường cao của tam giác ABC)

Xét \(\Delta ABD\)\(\Delta AKC\), có :

\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\)(chứng minh trên)

\(\widehat {ACK} = \widehat {ADB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta AKC(g - g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}} \Leftrightarrow AB \cdot AC = AD \cdot AK\).

Mà AK là đường kính nên AK = 2R.

\( \Rightarrow AB \cdot AC = AD \cdot 2R\)(đpcm).

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

3) Ta có: ADC^=90°(AD là đường cao của tam giác ABC)

AMC^=90° ( do M là hình chiếu của C trên AK)

ADC^=AMC^=90°

Do đó hai đỉnh liên tiếp D, M cùng nhìn AC dưới một góc bằng nhau

Nên tứ giác ADKC nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {ACD} = \widehat {AMD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Đường tròn (O) có \(\widehat {AKB} = \widehat {ACD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

suy ra \(\widehat {AMD} = \widehat {CBK}\)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow BK//DM\)

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 16)

4) Diện tích tam giác AEH là: \({S_{\Delta AEH}} = \frac{1}{2}.AH \cdot EH\)

Xét tam giác AHK có:

O là trung điểm của AK (AK là đường kính)

Gọi G là trung điểm của BC (Do BC cố định nên G không đổi)

Khi đó OG là đường trung bình nên \(AH = 2OG,\) O và G không đổi nên độ dài AH không đổi

\({S_{\Delta AEH}} = \frac{{AE \cdot EH}}{2} \le \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{4} = \frac{{A{H^2}}}{4}\)

Do đó, \(\max {S_{\Delta AEH}} = \frac{{A{H^2}}}{4}\)

\({S_{AEH}}\max  \Leftrightarrow EA = EH\)

\( \Rightarrow \Delta AEH\) vuông cân tại H

EAH^=45°ACB^=45°

Vậy A nằm ở trên cung lớn BC sao cho ACB^=45° thì diện tích tam giác AEH max.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

 \(\begin{array}{l}\frac{{{a^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} = \frac{{{a^2} + {c^2} - {c^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}\\ = \frac{1}{c} - \frac{c}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{1}{c} - \frac{c}{{2\sqrt {{c^2} \cdot {a^2}} }} = \frac{1}{c} - \frac{1}{{2a}}\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} \ge \frac{1}{c} - \frac{1}{{2a}}\)

Và tương tự

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge \left( {\frac{1}{c} - \frac{1}{{2a}}} \right) + \left( {\frac{1}{a} - \frac{1}{{2b}}} \right) + \left( {\frac{1}{b} - \frac{1}{{2c}}} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{{ab + bc + ca}}{{2abc}} = \frac{3}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {\mathop{\rm Min}\nolimits} P = \frac{3}{2},\) xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow a = b = c = 1\).

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023 - Đề 10

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 10)

Câu 1: (2.0 điểm)

Giải phương trình, hệ phương trình:

a) \(2{(x - 1)^2} = x\)

\({\rm{b)}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4\sqrt {x - 2y}  + \frac{1}{{y - 3}} = 5}\\{\sqrt {x - 2y}  + \frac{2}{{3 - y}} =  - 1}\end{array}} \right.\)

Câu 2: (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80000 đồng, vé vào cổng của một học sinh là 60000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dip Khai trương nên được giảm \(5\% \) cho mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14535000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?

Câu 3: (2,5 điểm)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 17)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 18)

Cổng GatewayArch tại St.Louis, Missouri, Hoa Kỳ được kiến trúc sư Eero Saarinen thiết kế vào năm 1947 , hiện nay đang là công trình kiến trúc vòm cao nhất thế giới có dạng hình Parabol quay bề lõm xuống dưới. Giả sử ta lập một hệ tọa độ Oxy như trên hình vẽ, (trục Ox, Oy có đơn vị tính bằng mét), một chân của cổng ở vị trí A có hoành độ x = 81, một điểm \({\rm{M}}\) trên cổng có tọa độ là \(( - 71; - 143)\).

a) Xác định công thức hàm số bậc hai có đồ thị chứa cung parabol nói trên.

b) Tính chiều cao OH của cổng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) bán kính R, đường kính AB. Điểm H bất kì thuộc OB, H khác O và B. Dây CD vuông góc với AB tại H. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn tại A. Nối CO, DO cắt đường thẳng d tại M và N. Các đường thẳng CM và DN cắt đường tròn (O) lần lượt tại \({\rm{E}}\) và F\(({\rm{E}} \ne {\rm{C}},{\rm{F}} \ne {\rm{D}})\)

a) Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp

b) Chứng minh ME.MC = NF.ND

c) Tim vị trí của điểm H để tứ giác AEOF là hình thoi.

d) Lấy điểm K đối xứng với C qua A. Gọi G là trọng tâm tam giác KAB. Chứng minh rằng khi H di chuyển trên đoạn OB thì điểm G thuộc một đường tròn cố định.

Câu 5: (0,5 điểm) Tham gia phong trào "Thiếu niên sáng tạo", bạn Trí Bình đã thiết kế được một chiếc mũ vải rộng vành có kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần để làm cái mũ đó biết rằng vành mũ hình tròn và ống mũ hình trụ (coi phần mép vải được may không đáng kể. Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

 

----------HẾT---------

 

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) \(2{(x - 1)^2} = x\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 2 = x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 2 = 0\)

\(\Delta  = {b^2} - 4ac = 9 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta   = 3\)

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{5 + 3}}{{2.2}} = 2,{x_2} = \frac{{5 - 3}}{{2.2}} = \frac{1}{2}.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {\frac{1}{2};2} \right\}\).

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

0,25 điểm

 

0,25 điểm

 

b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \ge 0\\y - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2y\\y \ne 3\end{array} \right.;\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 2y}  = a}\\{\frac{1}{{y - 3}} = b}\end{array}} \right.\) (ĐK\(:a \ge 0,b \ne 0\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + b = 5}\\{a - 2b =  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8a + 2b = 10}\\{a - 2b =  - 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9a = 9}\\{a - 2b =  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - 2b =  - 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện)

Tù đó:

 \(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 2y}  = 1}\\{\frac{1}{{y - 3}} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{y - 3 = 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2.4 = 1\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9}\\{y = 4}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện)

So sánh với điều kiện xác định và kết luận hệ có nghiệm \(({\rm{x}};{\rm{y}})\)\( = (9;4)\).

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia tham quan \((0 < x,y < 250,x,y \in N,\) đon vị người)

Tính được số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là \(95\% .80000 = 76000\) (đồng)

Tính được số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là \(95\% .60000 = 57000\) (đồng)

Lập được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 250}\\{76000x + 57000y = 14535000}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}57x + 57y = 14250\\76x + 57y = 14535\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\76.15 + 57y = 14535\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\76.15 + 57y = 14535\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 235\end{array} \right.\)(thỏa mãn điều kiện)

Vậy số giáo viên tham gia là 15 người và học sinh là 235 người tham gia tham quan.

0,25 điểm

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

 

 

0,5 điểm)

 

 

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

a)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 19)

Gọi đồ thị hàm số Parabol (P) có dạng: \({\rm{y}} = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2}({\rm{a}} \ne 0)\)

\({\rm{M}}( - 71; - 143)\) thuộc đồ thị \(({\rm{P}}){\rm{y}} = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2}\)

Thay x = -71, y = - 143 vào (P) ta được: \( - 143 = {\rm{a}}{\left( { - 71} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{a}} =  - \frac{{143}}{{5041}}\)

Vậy công thức hàm số bậc hai có đồ thị chứa cung parabol là: \({\rm{y}} =  - \frac{{143}}{{5041}}{{\rm{x}}^2}\)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 điểm

 

0,5 điểm

 

 

0,5 điểm

 

b) Gọi tọa độ điểm A là: \({\rm{A}}\left( {81;{{\rm{y}}_{\rm{A}}}} \right)\)

Vì A thuộc \(({\rm{P}}):{\rm{y}} = \frac{{ - 143}}{{5041}}{{\rm{x}}^2}\)

\( \Rightarrow {{\rm{y}}_A} = \frac{{ - 143}}{{5041}}{.81^2}\)

Do OH là đường cao nên OH\( \bot \)HA. Khi đó:

\( \Rightarrow OH = \left| {{y_A}} \right| = \left| {\frac{{ - 143}}{{5041}}} \right|{.81^2} \approx 186,12\)

Vậy chiều cao OH của cổng là 186m.

 

 

 

0,5 điểm

 

 

 

0,5 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 20)

 

 

0,5 điểm

 

 

 

a) Ta có: AB \( \bot {\rm{MN}}\)(gt)

và AB\( \bot {\rm{MN}}\) (gt)

nên \({\rm{MN}}//{\rm{CD}}\)(từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {DCM} = \widehat {CMN}\) (hai góc so le trong).

Ta lại có: \(\widehat {DCE} = \widehat {DFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

\( \Rightarrow \widehat {DFE} = \widehat {CMN}\)

Mặt khác \(\widehat {NFE} + \widehat {DFE} = 180^\circ \)(hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {NFE} + \widehat {CMN} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác MNEF nội tiếp

 

 

0.25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

 

0,5 điểm

b) Vì MN//CD

\( \Rightarrow \widehat {ONM} = \widehat {ODC}\)(hai góc so le trong)

\(\widehat {OMN} = \widehat {OCD}\)(hai góc so le trong)

\(\widehat {OCD} = \widehat {ODC}\)(hai góc ở đáy trong tam giác cân OCD (OC =OD)).

\( \Rightarrow \widehat {ONM} = \widehat {OMN}\)

Do đó tam giác OMN cân tại O

Ta có: OA\( \bot \)MN \( \Rightarrow \) OA là đường cao, OA cũng là đường trung tuyến

\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\)

Xét \(\Delta NAF\)\(\Delta NDA\), có:

\(\widehat {AND}\): góc chung

\(\widehat {{\rm{NAF}}} = \widehat {NDA}\)(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

ΔNAF~ΔNDA(gg)

\( \Rightarrow \frac{{NA}}{{ND}} = \frac{{NF}}{{NA}} \Leftrightarrow N{A^2} = ND.NF\)

Chứng minh tương tự: \({\rm{M}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{ME}}.{\rm{MC}}\)

Mà AM = AN (cmt)

Suy được: ME.MC = NF.ND

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

0,25 điểm

 

c) Giả sử OFAE là hình thoi

\( \Rightarrow \) OF = FA = AE = OE

Xét \(\Delta {\rm{OAE}}\), có: OA = OE =R, OE = AE(cmt)

\( \Rightarrow \) OA = OE = AE

\( \Rightarrow \Delta {\rm{OAE}}\) đều.

 AOE^=60°

COH^=AOE^=60° (hai góc đối đỉnh)

Xét \(\Delta OHC\) vuông tại H, có:

\[{\rm{cos}}\widehat {COH} = \frac{{OH}}{{OC}} \Leftrightarrow {\rm{cos60}}^\circ  = \frac{{OH}}{R} \Leftrightarrow OH = \frac{R}{2}\]

Suy được H là trung điểm của \({\rm{OB}}\).

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

0,25 điểm

 

d)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 21)

Lấy điểm O' đối xứng với O qua điểm A, suy ra O' cố định, \({\rm{O}}{{\rm{A}}^\prime } = {\rm{OA}} = {\rm{R}}.\) Vì O là trung điểm của \({\rm{AB}}\) nên suy ra được \(G \in KO,OG = \frac{1}{3}OK\)

Xét \(\Delta {\rm{AOC}}\)\(\Delta {\rm{AO'K}}\), có:

OA = O’A (O đối xứng với O’ qua A)

\(\widehat {O'AK} = \widehat {OAC}\) (hai góc đối đỉnh)

AC = AK (C đối xứng với K qua A)

\( \Rightarrow \Delta {\rm{AOC}} = \Delta {\rm{AO'K(c  - g  - c)}}\)

\( \Rightarrow {\rm{O'K}} = {\rm{OC}} = {\rm{R}}\) (hai cạnh tương ứng)

Kẻ GI // O'K (I \( \in \) OA)

Áp dụng định lý Talet suy được \(\frac{{OI}}{{O{O^\prime }}} = \frac{{IG}}{{{O^\prime }K}} = \frac{{OG}}{{OK}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow OI = \frac{{2R}}{3};IG = \frac{R}{3}\)

Suy ra điểm I cố định, IG không đối.

Lập luận được G thuộc đường tròn \(\left( {I;\frac{R}{3}} \right)\) cố định

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

 

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Top 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2021 – 2022 (ảnh 22)

Ống mũ là hình trụ với chiều cao \(35\;{\rm{cm}}\), bán kính đáy

\(R = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7,5(\;{\rm{cm}})\)

Diện tích vải để làm ống mũ là:

\({S_1} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = 2\pi .7,5.30 + \pi {(7,5)^2} = 506,25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích vải để làm vành mũ là:

\({S_2} = \pi  \cdot 17,{5^2} - \pi  \cdot {(7,5)^2} = 250\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Tông diện tích vải cần để làm cái mũ là:

\(506,25\pi  + 250\pi  = 756,25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 2376\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

 

 

0,25 điểm

 

 

 

 

 

0,25 điểm

-----------------------

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

 

Tài liệu có 116 trang. Để xem toàn bộ tài liệu, vui lòng tải xuống
Đánh giá

0

0 đánh giá

Tải xuống