Sáng 15/6, tỉnh Nam Định đã tổ chức kỳ thi khảo sát chất lượng học kì 2 môn Toán năm 2020 dành cho các em học sinh lớp 9, cùng Đọc tài liệu tham khảo đề thi và đáp án dưới đây nhé:
Đề thi
Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm
Câu 1: Điều kiện để biểu thức \(\sqrt{x-2020}\) xác định là
A. \(x ≠2020\)
B. \(x>2020\)
C. \(x\geq2020\)
D. \(x\leq2020\)
Câu 2: Hệ số góc của đường thẳng có phương trình y= 2020x + 2021 là
A. 2020
B. -2020
C. 2021
D. 4041
Câu 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (3 - m)x + 2019 nghịch biến trên ℝ
A. \(m<3\)
B. \(m\geq3\)
C. \(m<0\)
D. \(m>3\)
Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị hàm số \(y=10x^2\) đi qua điểm
A. M(1:10).
B. N(-1:-10).
C. P(10; 1).
D. Q(10,-1).
Câu 5: Phương trình \(x^2+x-2020m=0\) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi
A. \(m<0\)
B. \(m>0\)
C. \(m\geq0\)
D. \(m\leq0\)
Câu 6: Cho hình tròn (O, R) có diện tích bằng \(100\pi \space {cm}^3\). Chu vi của đường tròn đó bằng
A. \(100\pi \space {cm}\)
B. \(10\pi \space {cm}\)
C \(20\pi \space {cm}\)
D. \(20\space {cm}\)
Câu 7:
A. 3 cm
B. 9 cm
C. \(6\sqrt 2 \space \)cm
D. 6cm
Câu 8. Một máy bay đang bay ở độ cao 10 km (so với mặt đất). Khi hạ cánh xuống mặt đất, giả sử đường đi của máy bay là một đường thẳng và tạo với mặt đất một góc nghiêng là a. Tại vị trí máy bay đang cách sân bay 57,6 km phi công bắt đầu cho máy bay hạ cánh. Hãy tỉnh góc nghiêng a (kết quả làm tròn đến độ)?
A. a= 9°
B . a = 10°
C . a=11°
D. a =12°
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)
1) Chứng minh đẳng thức:
\(\sqrt{7+4\sqrt3} + \sqrt{7-4\sqrt3} =4\)
2) Rút gọn biểu thức:
\(Q= \dfrac{\sqrt x -1}{x^2-x}: \left( \dfrac{1}{\sqrt x}- \dfrac{1}{\sqrt x+1} \right)\) với \(x> 0; x ≠ 1\)
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình \(x^2-3x+m=0\) (1) với m là tham số, .
1) Giải phương trình (1) khi m =1.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) thỏa mãn
\(x_1^2+x_2^2 = 2020\)
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{ 2\sqrt{x+1} + \dfrac{3}{y-1} = 5 \hfill \cr 3\sqrt{x+1} + \dfrac{2}{y-1} = 5 \hfill \cr} \right.\)
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (\(AB < AC\)) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm và M, N, P lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
1) Chứng minh các tứ giác APHN và BPNC là các tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
3) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng NP.
Câu 5. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình \(\sqrt{x-2} + \sqrt{10-x}=(x-6)^2 (x - 2)(10 - x) +4\)
2) Xét các số a, b, c thay đổi thỏa mãn
\(a\left(a - \dfrac{2021}{3} \right) + b\left(b - \dfrac{2021}{3} \right) + c\left(c - \dfrac{2021}{3} \right) + \dfrac{2020}{3} \leq 0\)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + b + c.
Hết
Vậy là so với đề thi khảo sát cuối năm học này khá sát với cấu trúc đề thi thử vào 10 hay đề chính thức tuyển sinh vào lớp 10 các năm của Nam Định. Hãy thử sức làm bài trong thời gian 120 phút rồi so sánh đối chiếu với lời giải chi tiết dưới đây sau em nhé.
Đáp án
Phần I. Trắc nghiệm
| Câu 1 | C | Câu 5 | B |
| Câu 2 | A | Câu 6 | C |
| Câu 3 | D | Câu 7 | D |
| Câu 4 | A | Câu 8 | B |
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)
1) Ta có:
\(VT = \sqrt{7+4\sqrt3} + \sqrt{7-4\sqrt3} \)
\( = \sqrt{4+2.2\sqrt3+3 }+ \sqrt{4-2.2\sqrt3+3} \)
\( = \sqrt{(2+\sqrt3)^2} + \sqrt{(2-\sqrt3)^2} \)
\( = (2+\sqrt3) + (2-\sqrt3) = 4\) (đpcm).
2)
Với \(x> 0; x ≠ 1\), ta có:
\(Q= \dfrac{\sqrt x -1}{x^2-x}: \left( \dfrac{1}{\sqrt x}- \dfrac{1}{\sqrt x+1} \right)\)
\(= \dfrac{\sqrt x -1}{x(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)}: \dfrac{1}{\sqrt x(\sqrt x+1)}\)
\(= \dfrac{1}{x(\sqrt x+1)}.{\sqrt x(\sqrt x+1)}\) \(= \dfrac{1}{\sqrt x}\).
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình \(x^2-3x+m=0\) (1) với m là tham số, .
1)
Thay m = 1 vào (1), ta có:
(1) ⇔ \(x^2-3x+1=0\)
⇔ \(\left[ \matrix{ {x} = \dfrac{3+\sqrt 5}{2} \hfill \cr {x} = \dfrac{3-\sqrt 5}{2} \hfill \cr} \right.\)
2) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
\(\Delta = 3^2 - 4m = 9 - 4m > 0\) ⇔ \(m < \dfrac{9}{4}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình (1), ta có:
\(\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 3 \hfill \cr x_1x_2 = m \hfill \cr} \right.\)
Ta có:
\(x_1^2+x_2^2 = 2020\)
⇔ \((x_1+x_2)^2 -2 x_1x_2= 2020\)
⇔ \(3^2 -2 m= 2020\)
⇔ \(m = \dfrac{-2011}{2}\) (thoả mãn đk)
⇒ Kết luận.....
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{ 2\sqrt{x+1} + \dfrac{3}{y-1} = 5 \hfill \cr 3\sqrt{x+1} + \dfrac{2}{y-1} = 5 \hfill \cr} \right.\)
ĐKXĐ: \(x \geq -1; y≠1\)
⇔ \(\left\{ \matrix{ \sqrt{x+1} =1 \hfill \cr \dfrac{1}{y-1} = 1 \hfill \cr} \right.\)
⇔ \(\left\{ \matrix{x = 0 \hfill \cr y = 2 \hfill \cr} \right.\) (thoả mãn đkxđ)
⇒ Kết luận.....
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (\(AB < AC\)) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm và M, N, P lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
1)
Vì H là trực tâm và M, N, P lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC ⇒ ∠APH = ∠ANH = 90° ⇒ P và N cùng thuộc đường tròn đường kính AH, hay tứ giác APHN là tứ giác nội tiếp (đpcm).
Tương tự ta có ∠BPC = ∠BNC = 90° ⇒ P và N cùng thuộc đường tròn đường kính BC, hay tứ giác BPNC là tứ giác nội tiếp (đpcm).
2)
Vì tứ giác APHN là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠HPN = ∠HAN (Góc nội tiếp (ABHN) cùng chắn cung HN)
Tương tự ý trên, ta chứng minh được các tứ giác BPHM và CNHM nội tiếp.
⇒ ∠HPM = ∠HBM = 90° - ∠BHM = 90° - ∠AHN = ∠HAN = ∠HPN
Hay PH là phân giác trong của góc NPM.
Chứng minh tương tự ta có: ∠PNH = ∠HNM ⇒ PH là phân giác trong của góc PNM.
Hay H là giao của ba đường phân giác trong của tam giác MNP, hay H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (đpcm).
3) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng NP.
Vì tứ giác BPNC nội tiếp (cmt) ⇒ ∠ACB = ∠NCB = 180° - ∠NPB = ∠APN (1)
Ta lại có: ∠PAO = 90° - ∠AOB/2 = 90° - ∠ACB (2)
Từ (1) và (2) ta có: ∠PAO + ∠APN = 90° ⇒ AO ⊥ PN (đpcm).
Câu 5. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình \(\sqrt{x-2} + \sqrt{10-x}=(x-6)^2 (x - 2)(10 - x) +4\) (1)
ĐKXĐ: \(2 \leq x \leq 10\)
Ta có \(2 \leq x \leq 10\)
\(\Rightarrow (x-6)^2 (x - 2)(10 - x) \geq 0\)
\(\Rightarrow VP(1) = (x-6)^2 (x - 2)(10 - x) + 4 \geq 4\) (*)
Áp dụng BĐT Bunhya Cốp-xki, ta có:
\(VT (1) = 1.\sqrt{x-2} + 1.\sqrt{10-x} \leq \sqrt{(1+1)(x-2+10-x)} = 4\) (**)
Từ (*) và (**) ta có:
\(VT (1) = 1.\sqrt{x-2} + 1.\sqrt{10-x} \leq 4 \leq (x-6)^2 (x - 2)(10 - x) + 4 = VP(1) \)
Vậy (1) xảy ra \(\Leftrightarrow VT(1) = VP(1) = 4\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ (x-6)^2 (x - 2)(10 - x) = 0 \hfill \cr \sqrt{x-2} = \sqrt{10-x} \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow x=6\)
Kết luận ......
2) Ta có:
\(a\left(a - \dfrac{2021}{3} \right) + b\left(b - \dfrac{2021}{3} \right) + c\left(c - \dfrac{2021}{3} \right) + \dfrac{2020}{3} \leq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 - \dfrac{2021}{3} (a+b+c)+ \dfrac{2020}{3} \leq 0\)
Áp dụng BĐT quen thuộc:
\(a^2+b^2+c^2 \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{3} (a+b+c)^2 - \dfrac{2021}{3} (a+b+c)+ \dfrac{2020}{3} \leq a^2+b^2+c^2 - \dfrac{2021}{3} (a+b+c)+ \dfrac{2020}{3} \leq 0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2 -{2021}(a+b+c)+ {2020} \leq 0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c - 1)(a+b+c-2020) \leq 0\)
\(\Leftrightarrow 1 \leq S \leq 2020\)
Vậy \({min} _S = 1 \Leftrightarrow a=b=c= \dfrac{1}{3}\)
\({max} _S = 2020 \Leftrightarrow a=b=c= \dfrac{2020}{3}\).
-/-
Trên đây là đáp án đề khảo sát chất lượng học kì 2 môn Toán 9 Nam Định năm 2020 (có đáp án), mong rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập. Đừng quên còn rất nhiều tài liêu đề thi thử vào 10 môn toán khác của các tỉnh thành trên cả nước nhé.