Toán 9 HK2 20-21

(1)

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020- 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9

(Gồm 04 trang)

Bài Ý Đáp án Điểm

1.

(2,5)

1.

(0,75)

Điều kiện xác định: x0 0,25

Ta có x = 9 thỏa mãn điều kiện. Thay x = 9 vào biểu thức A ta được:

9 1 3 1 2

A 9 2 3 2 5

 

  

 

0,25

Vậy giá trị biểu thứcA ² khi x 9

5  . 0,25

2.a) (0,75)

x23x20 là phương trình bậc hai ẩn x,

có a    b c 1 ( 3) 2 0 0,25

Nên phương trình có 2 nghiệm: x₁ 1; x₂ 2 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^

 

^{1; 2} ^. 0,25 2.b)

(1,0)

2x y 7 3x 10

x y 3 x y 3

  

 

 

   

  0,25

x 10 3 10 y 3

3

 



 

  



0,25

x 10 3 y 1

3

 



 

 



0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:



^{x; y}



^{10 1}^;

3 3

 

 

 

 0,25

2.

(2,5)

a) (0,5)

* Do parabol (P) đi qua điểm A(2;3), thay x = 2 và y = 3 vào phương trình của (P) ta được: 3 ² 3

a 4

= a.2   (thỏa mãn a 0) 0,25 Vậy a ³

 4 thì parabol (P) đi qua điểm A(2; 3) 0,25

b) (1,0)

Với a = 1 parabol (P) có phương trình y = x²;

m = 12 đường thẳng (d) có phương trình y 4x 12 0,25 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:

2 2

x  4x 12 x 4x 12 0 0,25

(2)

2

Xét  ' 16  0,  ' 4 => phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

x   2 4  6 ; x   2 42 Với x = 6  y = 36

Với x = 2  y = 4

0,25

Vậy a = 1; m = 12 thì (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt có tọa độ là (6; 36)

và (2; 4). 0,25

c) (1,0)

Với a = 1, hoành độ giao điểm của (P và (d) là nghiệm của phương trình:

2 2

x  4xm x 4xm0 (*) có  ' 2² ( m)4m

0,25 Prabol (P) tiếp xúc với đường thẳng (d) phương trình (*) có nghiệm kép

  ' 0 4 m0m 4 0,25

Phương trình (*) có nghiệm kép x₁ x₂ ² 2 1

    ^^y^{ }

 

² ² ^⁴ 0,25 Vậy với a = 1, m = 4 thì (P) tiếp xúc (d) tại điểm có tọa độ (2; 4). 0,25 3.

(1,0)

* Gọi độ dài cạnh góc vuông thứ nhất là x (cm), x > 0

Độ dài cạnh góc vuông thứ hai là x + 7 (cm) 0,25

* Có cạnh huyền của tam giác vuông là 13 (cm). Áp dụng định lí Pitago, ta có phương trình: x² + (x + 7)² = 13²

2 2 2

2

x x 14x 49 169 2x 14x 120 0

x 7x 60 0

        

   

0,25

Xét  7²4.60289  Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

1

x 7 17 12 2

    (không thỏa mãn x > 0); x₂ ^{7 17} 5 2

   (thỏa mãn x > 0) 0,25 Độ dài cạnh góc vuông còn lại là: 5 + 7=12 (cm)

Vậy độ hai dài cạnh góc vuông của tam giác lần lượt là 5cm và 12 cm. 0,25 4.

(3,5)

(3)

3

a) (1,0)

Vì SA và SB là 2 tiếp tuyến của (O) có tiếp điểm là A và B

nên: SAAO; SBBO 0,25

  ⁰ SAO SBO 90

   0,25

Xét tứ giác SAOB có SAO SBO^{ } 180⁰ 0,25

Mà SAO ^ và SBO^ là hai góc đối nhau

Nên tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn. 0,25

b) (1,25)

* Đường kính chứa đoạn OH đi qua trung điểm H của dây CD nên

OHCD hay SHO^90⁰ 0,25

Ta được SAO^SBO^SHO^90⁰

 A, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính SO

Suy ra 5 điểm A, S, B, H, O cùng thuộc đường tròn đường kính SO.

0,25

  OAH OSH

  (2 góc nội tiếp cùng chắn HO^) 0,25

* Có SA và SB là 2 tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại S SASB Xét đường tròn đường kính SO có 2 dây SA=SB

0,25

    SA SB AHS BHS

    (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra HS là tia phân giác AHB^

0,25 c)

(0,75) * Trong đường tròn đường kính SO có: SA^SB^

    ABS BHS hay EBS BHS

  

Chứng minh được ^SBE ^{SHB (g.g)} ^SB ^SE ^SB² ^{SE.SH (1)} SH SB

     

0,25

* Chứng minh được

SB SD 2

SBD SCB (g.g) SB SC.SD (2) SC SB

      0,25

Từ (1) và (2) suy ra: SE.SHSC.SD (đpcm) 0,25

d) (0,5)

Gọi K là giao điểm của tia OH và AB, I là giao điểm của AB và OS.

- Chứng minh được OSABBISO

- Xét tam giác OBS vuông tại B và đường cao BI ta có:

OB² = OI.OS hay R² = OI.OS (3) Xét OHS và OIK có

 



0

SOK c OHS O

hung IK 90

  





Suy ra OHS OIK(g.g) ^OH ^OS OH.OK OI.OS

OI OK

     

(4) Từ (3) và (4) => OH.OKR²không đổi (vì R không đổi)

0,25

* Do CD và O cố định nên OH không đổi Có

2

2 R

OH.OK R OK

  OH không đổi.

* Điểm K nằm trên tia OH cố định và điểm O cố định nên điểm K cố định. Hay AB luôn đi qua điểm K cố định.

Vậy khi S di chuyển trên tia CD (S nằm ngoài đường tròn tâm O) thì đường thẳng AB luôn đi qua một điểm K cố định thuộc tia OH.

0,25

(4)

4

5.

(0,5)

* Với a là số thực dương, áp dụng BĐT Cô-si với bộ hai số dương (1 2a) và (1 2a 4a )² ta có:

   

²

3 2 1 2a 1 2a 4a 2

1 8a 1 2a 1 2a 4a 2a 1

2

   

       

Suy ra ₂

3

1 1

2a 1 1 8a

 



Tương tự: ₂

3

1 1

2b 1 1 8b

 



và ₂

3

1 1

2c 1 1 8c

 



Ta được: ₂ ₂ ₂

3 3 3

1 1 1 1 1 1

A 1 8a 1 8b 1 8c 2a 1 2b 1 2c 1

     

  

* Áp dụng BĐT Cô-si với bộ hai số dương ₂¹

2a 1 và

2a2 1 9

 ta có:

2 2

1 2a 1 1 2a 1 2

2 .

2a 1 9 2a 1 9 3

 

  

 

2 2

2

1 6 2a 1 5 2a

2a 1 9 9

  

  

 Tương tự

2 2

1 5 2b

2b 1 9

  

 và

2 2

1 5 2c 2c 1 9

 

 Kết hợp a²b²c² 3 ta có

2 2 2

1 1 1 15 2(a b c ) 15 2.3

2a 1 2b 1 2c 1 9 9 1

   

    

  

Hay A 1

0,25

Chỉ ra được giá trị nhỏ nhất của A = 1 ab c 1

0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1 ab c 1

Ghi chú:

- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm.

- Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa, hình vẽ phải đúng và khớp với chứng minh mới cho điểm.

- Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần các câu, làm tròn đến 0,5 điểm.

---- HẾT ---