Đề thi học kì 2 môn toán lớp 9 năm 2019 - 2020 Sở GD tỉnh Vĩnh Phúc

Đề bài

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3 điểm).

Câu 1. Nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - y =  - 2\\2x + y =  - 1\end{array} \right.$ là

A. $\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)$

B. $\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)$

C. $\left( {x;y} \right) = \left( { - 2;0} \right)$

D. $\left( {x;y} \right) = \left( {0; - 1} \right)$

Câu 2. Phương trình bậc hai $- 2{x^2} + 4x - 1 = 0$ có tổng hai nghiệm bằng

A. $2$                                  B. $- 2$

C. $1$                                   D. $- 1$

Câu 3. Phương trình bậc hai ${x^2} + x - 1 = 0$ có biệt thức $\Delta$ bằng

A. $3$                                  B. $- 3$

C. $2$                                   D. $5$

Câu 4. Cho đường tròn $\left( {O;4\,cm} \right)$. Khi đó độ dài đường tròn bằng

A. $4\pi \,cm$                    B. $16\pi \,c{m^2}$

C. $8\pi \,cm$                    D. $8\pi \,c{m^2}$

Câu 5. Một hình quạt tròn có bán kính $4\,cm$, số đo cung là ${36^0}$. Khi đó diện tích hình quạt tròn bằng

A. $1,6\pi \,c{m^2}$                   B. $0,4\pi \,c{m^2}$

C. $0,8\pi \,c{m^2}$                   D. $1,2\pi \,c{m^2}$

Câu 6. Độ dài cung ${60^0}$ của một đường tròn có bán kính $6\,cm$ là

A. $9\pi \,cm$                    B. $2\pi \,cm$

C. $6\pi \,cm$                    D. $3\pi \,cm$

PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm).

Câu 7: (1,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + y = 0\end{array} \right.$

b) Giải phương trình ${x^4} + {x^2} - 6 = 0$.

Câu 8: (1,0 điểm)

Cho phương trình ${x^2} - 2mx + m - 2 = 0\,\,\left( 1 \right)$ ($x$ là ẩn, $m$ là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi $m = 1$.

b) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi $m$.

Câu 9: (1,5 điểm)

Theo kế hoạch trong tháng 3 năm 2020, hai tổ công nhân dự kiến may $7000$ chiếc khẩu trang để phục vụ cho công tác phòng chống dịch Covid-19. Nhưng thực tế tổ I đã may vượt mức kế hoạch 10%, tổ II may vượt mức kế hoạch 12% nên cả hai tổ đã may được  $7780$ chiếc khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch mỗi tổ phải may bao nhiêu chiếc khẩu trang?

Câu 10: (2,5 điểm)

Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$ kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($A,B$ là các tiếp điểm). Lấy điểm $N$  bất kì trên cung nhỏ $AB$ ($N$ không trùng với $A,B$). Gọi $H,I,K$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $N$ đến các đường thẳng $AM,AB,MB$.

a) Chứng minh $AHNI$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $\widehat {NIH} = \widehat {NBA}$.

c) Gọi giao điểm của $HI$ và $AN$ là $P$, $KI$ và $NB$ là $Q$. Chứng minh $PQ$ song song với $AB$.

Câu 11: (0,5 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng $\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2$

Đ/a TN

Câu 1 (TH): 

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x - y =  - 2\\2x + y =  - 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x =  - 3\\x - y =  - 2\end{array} \right.$

 $\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\ - 1 - y =  - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)$

Chọn B

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

Dùng hệ thức Vi-et cho phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0$ có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thì $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có: $\Delta ' = {2^2} - \left( { - 2} \right).\left( { - 1} \right) = 2 > 0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm ${x_1};{x_2}.$

Theo hệ thức Vi-ét ta có: ${x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}$ $=  - \dfrac{4}{{ - 2}} = 2$

Chọn A

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

Phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có $\Delta  = {b^2} - 4ac$

Cách giải:

Ta có: $\Delta  = {b^2} - 4ac$ $= {1^2} - 4.1.\left( { - 1} \right) = 5$

Chọn D

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Độ dài đường tròn bán kính $R$ là $C = 2\pi R$

Cách giải:

Độ dài đường tròn $C = 2\pi R$ $= 2\pi .4 = 8\pi$ (cm)

Chọn C

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Diện tích quạt tròn có bán kính $r$ và số đo cung là ${n^0}$ là $S = \dfrac{{\pi {r^2}n}}{{360}}$

Cách giải:

Diện tích quạt tròn là ${S_q} = \dfrac{{\pi {r^2}n}}{{360}}$ $= \dfrac{{\pi {4^2}.36}}{{360}} = 1,6\pi \left( {c{m^2}} \right)$

Chọn A

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Độ dài cung tròn có bán kính $r$ và số đo cung là ${n^0}$ là $l = \dfrac{{\pi rn}}{{180}}$

Cách giải:

Độ dài cung là $l = \dfrac{{\pi .6.60}}{{180}} = 2\pi \left( {cm} \right)$

Chọn B

LG câu 7

Phương pháp giải:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

b) Đặt ${x^2} = t\left( {t \ge 0} \right)$ sau đó đưa về giải phương trình bậc hai ẩn $t$

So sánh điều kiện rồi thay lại cách đặt để tìm $x.$

Lời giải chi tiết:

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + y = 0\end{array} \right.$

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + y = 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x + y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\1 + y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 1\end{array} \right.\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)$

b) Giải phương trình ${x^4} + {x^2} - 6 = 0$.

Đặt ${x^2} = t\left( {t \ge 0} \right)$, ta được phương trình ${t^2} + t - 6 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} + 3t - 2t - 6 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 3} \right) - 2\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\left( {tm} \right)\\t =  - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$ 

Với $t = 2 \Rightarrow {x^2} = 2$ $\Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S = \left\{ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right\}$

LG câu 8

Phương pháp giải:

a) Thay $m = 1$ vào phương trình rồi giải

b) Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow \Delta ' \ge 0$

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình ${x^2} - 2mx + m - 2 = 0\,\,\left( 1 \right)$ ($x$ là ẩn, $m$ là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi $m = 1$.

Thay $m = 1$ vào phương trình $\left( 1 \right)$ ta được: ${x^2} - 2x - 1 = 0$ (*)

Có $\Delta ' = {1^2} - 1.\left( { - 1} \right) = 2$ nên phương trình  (*) có hai nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}x = 1 + \sqrt 2 \\x = 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.$

Vậy với $m = 1$ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x = 1 + \sqrt 2 ;x = 1 - \sqrt 2$

b) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi $m$.

Ta thấy phương trình $\left( 1 \right)$ có $a = 1 \ne 0$ nên nó là phương trình bậc hai một ẩn

Lại có $\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 1.\left( {m - 2} \right)$ $= {m^2} - m + 2$ $= {m^2} - 2m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{7}{4}$ $= {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4}$ 

Vì ${\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m$ nên ${\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4} \ge \dfrac{7}{4} > 0$ với mọi $m.$

Suy ra $\Delta ' > 0$ với mọi $m$ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$

LG câu 9

Phương pháp giải:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

B1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

B2: Lập và giải hệ phương trình

B3: So sánh điều kiện và kết luận nghiệm

Lời giải chi tiết:

Gọi số khẩu trang mà tổ 1 và tổ 2 phải may theo kế hoạch lần lượt là $x;y$ (chiếc) $\left( {0 < x,y < 7000} \right)$

Vì hai tổ dự kiến may 7000 chiếc khẩu trang nên ta có phương tình $x + y = 7000$  (1)

Thực tế tổ 1 may vượt kế hoạch 10% nên tổ 1 may được $\left( {1 + 10\% } \right)x = 1,1x$ chiếc

Thực tế tổ 2 may vượt kế hoạch 12% nên tổ 2 may được $\left( {1 + 12\% } \right)y = 1,12y$ chiếc

Thực tế cả hai tổ may được $7780$ chiếc nên ta có phương trình $1,1x + 1,12y = 7780$  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7000\\1,1x + 1,12y = 7780\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 7700\\1,1x + 1,12y = 7780\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,02y = 80\\x + y = 7000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 4000\\x + 4000 = 7000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 4000\left( {tm} \right)\\x = 3000\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy theo kế hoạch, tổ 1 phải may 3000 chiếc khẩu trang và tổ 2 phải may 4000 chiếc khẩu trang.

LG câu 10

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$.

b) Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp suy tra $\widehat {NIH} = \widehat {NAH}$.

Từ đó suy điều phải chứng minh.

c) Chứng minh $\widehat {ANI} = \widehat {BNK} = \widehat {KIB},$ $\widehat {BNI} = \widehat {ANH} = \widehat {AIH}$

Từ đó suy ra $\widehat {ANB} + \widehat {HIK} = {180^0}$ và tứ giác $PNQI$ nội tiếp.

Sử dụng tính chất tứ giác $PNQI$ nội tiếp để chứng minh $PQ//AB$.

Lời giải chi tiết:

Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$ kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($A,B$ là các tiếp điểm). Lấy điểm $N$  bất kì trên cung nhỏ $AB$ ($N$ không trùng với $A,B$). Gọi $H,I,K$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $N$ đến các đường thẳng $AM,AB,MB$.

a) Chứng minh $AHNI$ là tứ giác nội tiếp.

Ta có: $NH \bot AM \Rightarrow \widehat {NHA} = {90^0}$

$NI \bot AB \Rightarrow \widehat {NIA} = {90^0}$

Tứ giác $AHNI$ có: $\widehat {NHA} + \widehat {NIA} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$.

Vậy $AHNI$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$) (đpcm).

b) Chứng minh $\widehat {NIH} = \widehat {NBA}$.

Theo câu a, $AHNI$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow$ $\widehat {NIH} = \widehat {NAH}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $NH$) (1)

Lại có, $\widehat {NAH} = \widehat {NBA}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AN$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {NIH} = \widehat {NBA}$ $\left( { = \widehat {NAH}} \right)$  (đpcm).

c) Gọi giao điểm của $HI$ và $AN$ là $P$, $KI$ và $NB$ là $Q$. Chứng minh $PQ$ song song với $AB$.

Ta có:

$\widehat {HNA} + \widehat {HAN} = {90^0}$

$\widehat {BNI} + \widehat {NBA} = {90^0}$

Mà $\widehat {HAN} = \widehat {NBA}$ (chắn cung $AN$)

$\Rightarrow \widehat {HNA} = \widehat {BNI}$

Mà $\widehat {HNA} = \widehat {HIA}$(cùng chắn cung $HA$)

Nên $\widehat {BNI} = \widehat {HIA}$ (3)

Tương tự,

$\begin{array}{l}\widehat {KNB} + \widehat {KBN} = {90^0}\\\widehat {ANI} + \widehat {NAB} = {90^0}\end{array}$

Mà $\widehat {KBN} = \widehat {NAB}$  (cùng chắn cung $BN$)

$\Rightarrow \widehat {KNB} = \widehat {ANI}$

Lại có tứ giác $BKNI$ nội tiếp (vì $\widehat {BKI} + \widehat {BIN} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$) nên:

$\widehat {KNB} = \widehat {KIB}$ (cùng chắn cung $BK$)

$\Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {KIB}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra

$\begin{array}{l}\widehat {BNI} + \widehat {ANI} = \widehat {HIA} + \widehat {KIB}\\ \Rightarrow \widehat {BNA} = \widehat {HIA} + \widehat {KIB}\\ \Rightarrow \widehat {BNA} + \widehat {PIQ} = \widehat {HIA} + \widehat {KIB} + \widehat {PIQ}\\ \Rightarrow \widehat {BNA} + \widehat {PIQ} = {180^0}\end{array}$

$\Rightarrow \widehat {PNQ} + \widehat {PIQ} = {180^0}$

$\Rightarrow$ tứ giác $PNIQ$ nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$)

$\Rightarrow \widehat {NQP} = \widehat {NIP} = \widehat {NIH}$ 

Mà $\widehat {NIH} = \widehat {NBA}\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \widehat {NQP} = \widehat {NBA}\left( { = \widehat {NIP}} \right)$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $PQ//AB$ (đpcm).

LG câu 11

Phương pháp giải:

Chứng minh và sử dụng bất đẳng thức $\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}$

Lời giải chi tiết:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng $\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2$

Trước hết ta chứng minh BĐT $\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}$ (*)

Áp dụng BĐT Bunhia cho các bộ số $\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }},\dfrac{y}{{\sqrt b }},\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)$ và $\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right)\\ \ge {\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }}.\sqrt a  + \dfrac{y}{{\sqrt b }}.\sqrt b  + \dfrac{z}{{\sqrt c }}.\sqrt c } \right)^2}\\ = {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Rightarrow \left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}$

Vậy (*) được chứng minh.

Ta có:

$\begin{array}{l}P = \dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}}\\ = \dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{b + a\left( {b + 1} \right)}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{c + b\left( {c + 1} \right)}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{a + c\left( {a + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{b}{{b + 1}} + a}} + \dfrac{{{b^2}}}{{\dfrac{c}{{c + 1}} + b}} + \dfrac{{{c^2}}}{{\dfrac{a}{{a + 1}} + c}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\dfrac{b}{{b + 1}} + a + \dfrac{c}{{c + 1}} + b + \dfrac{a}{{a + 1}} + c}}\\ = \dfrac{9}{{3 + \dfrac{b}{{b + 1}} + \dfrac{c}{{c + 1}} + \dfrac{a}{{a + 1}}}}\\ = \dfrac{9}{{3 + 1 - \dfrac{1}{{b + 1}} + 1 - \dfrac{1}{{c + 1}} + 1 - \dfrac{1}{{a + 1}}}}\\ = \dfrac{9}{{6 - \left( {\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}}} \right)}}\end{array}$

Áp dụng (*) ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{a + 1 + b + 1 + c + 1}}\\ = \dfrac{{{3^2}}}{{3 + 3}} = \dfrac{3}{2}\end{array}$

$\Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{6 - \dfrac{3}{2}}} = 2 \Rightarrow P \ge 2$

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = 1$.

Vậy $\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2$

HẾT

Loigiaihay.com