điểm

2)

a) Vì AB, AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có: AB BO

AC CO

 

 

 (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) có ABE AFB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia

tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE) 0,25 điểm

Xét ABE và AFB có:

BAF chung ABE AFB(cmt)

 

Suy ra ABE ~ AFB( g g)   Suy ra ^{AB AE}(

AF  AB cặp cạnh tương ứng) Suy ra AB² AE AF

0,5 điểm

0,25 điểm 2)

c) Xét đường tròn (O) có: DCEDBC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)

Xét DEC và DCB có:

CDB chung DCE DBC(cmt)

 

Suy ra DEC ~ DCB( g g)   Suy ra DC DE ²

DC DB DE

DB DC   

Mà AD DC AD² DE.DB ^{AD DB} DE AD

    

Xét DAE và DBA có

ADB chung AD DB DE AD

 

Suy ra DAE ~ DBA(c   g c) DAEDBA (góc tương ứng) Mà DAEAFB hai góc này ở vị trí so le trong, do đó AC / /BF Suy ra

CBFBCA (hai góc so le trong).

Mà BCABFC (góc nội tiếp và tạo bởi hai tiếp tuyến và dây cung cùng

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

chắn một cung) nên CBFCFB suy ra CBF cân tại C.

Do đó CB CF . 0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

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

Gọi R ^a

 2 là bán kính hình tròn đi qua các điểm N, P, Q, M.

Diện tích một hình viên phân là:

 

2 2 2 2

R R R a 2

S ( 2) ( 2) cm

4 2 4 16

        

Vậy diện tích hình gồm 8 hình viên phân bằng ^{a2( 2) cm}

 

²

2   .

Diện tích hình gạch chéo bằng: ^{a2 a2( 2) a (42 )}

 

^cm2

2 2

      .

Vì diện tích phần gạch chéo là ^{200(4 ) cm}

 

² nên ta có:

a2

(4 ) 200(4 ) a 20( cm) 2        .

0,25 điểm

0,25 điểm ---

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS …

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề kiểm tra này gồm: 02 trang)

--- Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức x 1 2 x 3 x 8

A ; B

4 x

x 2 x 2 x 2

 

   

    (điều kiện xác định x0; x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x² và đường thẳng (d) : y (m 1)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 x ; y và



1 1



B x ; y



2 2



sao cho

1 2 1 2

y y  y y .

Câu 4: (3,5 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;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 ĐỀ SỐ 06

b) AE AC AF 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 a, b là các số dương thỏa mãn a b 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 6 24

P a b

a 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:

x 1 36 1 6 1 7 A x 2 36 2 6 2 4

  

   

  

Vậy x36 thì A ⁷

 4.

0,5 điểm

0,25 điểm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS … ---

Đề : 06

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ---

0,25 điểm

2 x 3 x 8

B (x 0; x 4)

4 x

x 2 x 2

     

  

2 x 3 x 8

B x 2 x 2 x 4

   

  

(2 x 3) ( x 2) x ( x 2) 8 B ( x 2) ( x 2)

      

   

2x 4 x 3 x 6 x 2 x 8 B ( x 2) ( x 2)

     

   

x 3 x 2 B ( x 2) ( x 2)

 

   

( x 1) ( x 2) B ( x 2) ( x 2)

  

   

x 1

B (x 0; x 4)

x 2

   



0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của B

x 1 x 2 3 3

B 1

x 2 x 2 x 2

   

   

  

1 1

x 0 x 2 2

x 2 2

     



3 3 3 3 3 3

1 1

2 2 2

x 2 x 2 x 2

   

       

  

B 1

  2

Dấu “=” xảy ra khi x   0 x 0 Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất là 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( km / h, x2). Vận tốc ca nô khi xuôi dòng là x2( km / h).

Vận tốc ca nô khi ngược dòng là x2( km / h). Thời gian ca nô đi xuôi dòng là ⁸⁰

x2 (h).

Thời gian ca nô đi ngược dòng là 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 : ^{80 80} 9

x 2 x 2 

 



²



9 x 4 80(x 2) 80(x 2)

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

   

 

   

80x 160 80x 160 9x2 36

     

9x2 160x 36 0

   

9x2 162x 2x 36 0

    

9x(x 18) 2(x 18) 0

    

(x 18)(9x 2) 0

   

x 18(TM) x 18 0

9x 2 0 x 2(L)

9

    

 

       

 



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) và (P) là

x2   3x 4 0,25 điểm

x2 3x 4 0

   

x 1

x 4

 

   

Thay x1 và x 4 vào yx² ta được: x 1 y 1

 

  và x 4 y 16

  

  Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (1;1) và ( 4;16) .

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) :

x2 (m 1)x 4

x2 (m 1)x 4 0

     (*)

Có a.c   4 0 Phương trình (*) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m

(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 , x là nghiệm của phương trình (*). _{1 2}

2 2

1 1 2 2

y x ; y x

  

Áp dụng định lí Vi-ét:

1 2

1 2

x x m 1

x x 4

  

  



Ta có: y₁y₂  y y_{1 2}

2 2 2 2

1 2 1 2

x x x x

   



x1 x2



² 2x x1 2 x x1^{2 2}2

   

2 2

(m 1) 2 ( 4) ( 4)

      

(m 1)2 8

  

m 1 2 2

m 1 2 2

  

    

m 2 2 1

m 2 2 1

  

    

Vậy m 1 2 2  để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A x ; y



1 1



và



2 2



B x ; y sao cho y₁y₂  y y_{1 2}. Câu

4 (4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

0,5 điểm

a) Xét tứ giác ABDE có:

BFC 90 (CF AB)

BEC 90 (BE AC)





  

  

BFC BEC 90^

  

 Tứ giác BFEC nội tiếp.

0.5 điểm

0,5 điểm b) Xét ABE và ACF có:

AEB AFC 90

BAC chung



  



ABE ~ ACF(g g)

   

0,5 điểm

AB AE

AC AE AB.AF

AC AF

     0,5 điểm

c) Có ABD90^ (góc nội tiếp chắn nửa (O) )

AB BD

  mà CFABCF BDCH BD Có ACD90^ ( góc nội tiếp chắn nửa ^(O)



AC CD

  mà BEACCD BEBH CD

 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

H,M,D

 thẳng hàng.

0,25 điểm

0,25 điểm

d) Có: ^{AEH 90} AFH AEH 180 AFH 90







    

 

 tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH.

 AEF nội tiếp đường tròn đường kinh AH

 tâm đường tròn ngoại tiếp AEF là trung điểm của AH.

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF r ^AH

   2 . Xét DHA có: M, O lần lượt là trung điểm của DH, AD.

MO là đường trung bình của DHM OM ^AH

   2

Mà O, M cố định OM không đổi ^AH

 2 không đổi r không đổi.

 đường tròn ngoại tiếp AEF có bán kính không đổi.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

5 Ta có: 4 4

a 2 a 4.

a a

   

(0,5

điểm) Dấu “=” xảy ra 4 ²

a a 4 a 2

  a    (vì a0)

16 16

b 2 b 8.

b b

   

Dấu “=” xảy ra 16 ²

b b 16 b 4

  b     (vì b0). Ta chứng minh: 1 4 9

a  b a b

 với a,b0 với a,b0. Thật vậy: 1 4 9

(4a b)(a b) 9ab

a  b a b    

 (vì a,b 0)

2 2 2 2 2

4a 5ab b 9ab 4a 4ab b 0 (2a b) 0

           (luôn

đúng).

Vậy 1 4 9 a  b a b

 với a,b0. Dấu ^u " xảy ra b 2a.

Ta có: 6 24 4 16 1 4

P a b a b 2

a b a b a b

     

             

9 9

4 8 2 12 2 15

a b 6

       



Vậy P_min 15 xảy ra khi và chỉ khi a 2 b 4

 

  .

0,25 điểm

0,25 điểm

---

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

Trong tài liệu Hệ thống kiến thức Toán lớp 9 Học kì 2 (Trang 41-55)