|
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II BẮC TỪ LIÊM NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 120 phút |
A. Hướng dẫn chung:
– Giáo viên nghiên cứu kĩ hướng dẫn chấm, tổ, nhóm chấm chung và thống nhất cách trừ điểm theo từng lỗi của học sinh.
– HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
B. Đáp án và thang điểm:
|
Bài |
Đáp án |
Thang điểm |
|
Bài 1 (2,0 điểm) |
1/ Thay $x=dfrac{9}{16}$(tmđk) vào biểu thức B ta có $B=dfrac{sqrt{dfrac{9}{16}}-3}{2}=dfrac{dfrac{3}{4}-3}{2}=dfrac{dfrac{3-12}{4}}{2}=dfrac{-9}{8}$ Vậy $B=dfrac{-9}{8}$ tại $x=dfrac{9}{16}$ |
0,25
0,25 |
|
2/ Rút gọn M = A.B $M=A.B=left( dfrac{1}{sqrt{x}-3}+dfrac{sqrt{x}+11}{x-9} right).dfrac{sqrt{x}-3}{2}$ = $left( dfrac{sqrt{x}+3}{(sqrt{x}-3)(sqrt{x}+3)}+dfrac{sqrt{x}+11}{(sqrt{x}-3)(sqrt{x}+3)} right).dfrac{sqrt{x}-3}{2}$ = $dfrac{2sqrt{x}+14}{(sqrt{x}+3).2}$ = $dfrac{sqrt{x}+7}{(sqrt{x}+3)}$ |
0,25 0,25 0,25
0,25 |
|
|
3/ $M=dfrac{sqrt{x}+7}{(sqrt{x}+3)}=1+dfrac{4}{(sqrt{x}+3)}$ Vì $begin{array}{l} Vậy Max $M=frac{7}{3}$ khi x = 0 |
0,25
0,25 |
|
|
Bài 2 (2,0 điểm) |
Gọi thời gian vòi I chảy 1 mình đầy bể là x (giờ) (x > 12) Gọi thời gian vòi II chảy 1 mình đầy bể là y (giờ) (y > 12) |
0,25 |
|
|
1 giờ vòi I chảy được: $dfrac{1}{x}$(bể); 1 giờ vòi II chảy được: $dfrac{1}{y}$(bể) 1 giờ cả 2 vòi chảy được: $dfrac{1}{12}$(bể) Theo đề bài ta có phương trình: $dfrac{1}{x}+dfrac{1}{y}=dfrac{1}{12}$ |
0,5 |
|
|
4 giờ vòi I chảy được $dfrac{4}{x}$ (bể) 3 giờ vòi II chảy được $dfrac{3}{y}$(bể) Theo đề bài ta có phương trình: $dfrac{4}{x}+dfrac{3}{y}=dfrac{3}{10}$ |
0,5 |
|
|
Hệ phương trình: $left{ begin{array}{l} * Đặt $dfrac{1}{x}=a,dfrac{1}{y}=b$ * HPT mới là $left{ begin{array}{l} |
0,5 |
|
|
Vậy : Thời gian vòi I chảy 1 mình đầy bể là 20 (giờ) Thời gian vòi II chảy 1 mình đầy bể là 30 (giờ) |
0,25 |
|
Bài 3 (2 điểm) |
1/a) Khi m = 3 ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l} Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = $left( dfrac{1}{2};dfrac{1}{2} right)$ |
0,25
0,25 |
|
|
b) $left{ begin{array}{l} Để hệ có nghiệm duy nhất thì 2m – 4 ≠ 0 $Leftrightarrow $ m ≠ 2 (1) khi đó hệ phương trình có nghiệm $left{ begin{array}{l} * x và y là hai số đối nhau nên $left{ begin{array}{l} Từ (1) và (2) suy ra $m=dfrac{7}{3}$ |
|
|
2 |
|
|
|
2 |
* Xét PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có pt $-{{x}^{2}}=x-2Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0$
* Gọi C giao điểm của (d) và trục Oy, ta có C(0; -2) Có ${{S}_{AOB}}={{S}_{OBC}}+{{S}_{AOC}}=dfrac{BH.OC}{2}+dfrac{AK.OC}{2}=dfrac{left| {{x}_{B}} right|.left| -2 right|}{2}$ * Vậy: ${{S}_{AOB}}=dfrac{left| 1 right|.left| -2 right|}{2}+dfrac{left| -2 right|.left| -2 right|}{2}=3$ (đvdt) |
|
|
|
|
|
|
Bài 4 (3,5đ) |
Vẽ hình đúng đến câu a a) Chứng minh: Tứ giác PQME nội tiếp đường tròn * Xét đường tròn (O), đường kính AB có: $widehat{APB}={{90}^{o}}$; $widehat{AMB}={{90}^{o}}$(góc nt chắn nửa đường tròn) Nên $widehat{QPB}={{90}^{o}}$; $widehat{QMA}={{90}^{o}}$ (t/c góc kề bù) => $widehat{QPE}+widehat{QME}={{180}^{o}}$ Nên tứ giác PQME nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180o) |
0,25
0,25
0,25
0,25 |
|
|
b) Chứng minh $Delta AKN=Delta BKM$ * K là điểm chính giữa cung AB nên $sdoversetfrown{KA}=sdoversetfrown{KB}$ => AK = KB (liên hệ giữa cung và dây cung) * Xét $Delta AKN$và $Delta BKM$có: AK = KB (cmt) $widehat{KAN}=widehat{KBM}$(góc nội tiếp chắn cung KM) AN = BM (gt) Vậy ΔAKN = ΔBKM (c.g.c) |
1đ
|
|
|
c) Chứng minh $AM.BE=AN.AQ$ Cm: ΔAMQ đồng dạng ΔBME (g.g) suy ra $dfrac{AM}{BM}=dfrac{AQ}{EB}$(các cạnh tương ứng tỉ lệ); AN = BM (gt) nên AM.BE = AN.AQ (đpcm) |
0,75
|
|
|
d) Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm trên một đường cố định. ΔOPM vuông cân tại O nên sđ $oversetfrown{PM}={{90}^{o}}$ ΔPQB vuông cân nên $widehat{Q}={{45}^{o}}$ Mà $widehat{OSB}=widehat{OPM}={{45}^{o}}$$Rightarrow widehat{Q}=widehat{OSB}={{45}^{o}}$$Rightarrow $SO//QA hay SO//AR (1) Ta có: $widehat{QRS}=widehat{SMP}$(Tg PRSM nội tiếp) $Rightarrow widehat{QRS}=widehat{QAB}$$Rightarrow $RS//AB (2) Từ (1) và (2) suy ra tg ARSO là hình bình hành – Lấy điểm I, C, D lần lượt là trung điểm của RS, AO và OB như vậy C, D là các điểm cố định. C/m tg ARIC, tg BSID là các hình bình hành=>$widehat{AQB}=widehat{CID}={{45}^{0}}$ $Rightarrow $ I luôn nhìn CD cố định dưới góc 45o $Rightarrow $ I nằm trên cung chứa góc 45o vẽ trên đoạn CD cố định Vậy điểm I nằm trên cung tròn cố định (đpcm) |
0,25
0,25 |
|
Bài 5 (0,5 đ) |
Ta có $A=left( {{x}^{2}}-x+dfrac{1}{4} right)+left( 4x+dfrac{1}{x} right)-dfrac{1}{4}={{left( x-dfrac{1}{2} right)}^{2}}+left( 4x+dfrac{1}{x} right)-dfrac{1}{4}$ Có ${{left( x-dfrac{1}{2} right)}^{2}}ge 0$. Dấu “=” xảy ra khi $x=dfrac{1}{2}$ Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương: $4x+dfrac{1}{x}ge 4$ Dấu “=” xảy ra khi $4x=dfrac{1}{x}=2Leftrightarrow x=dfrac{1}{2}$ Vậy: $Age dfrac{15}{4}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=dfrac{1}{2}$ Suy ra min $A=dfrac{15}{4}$ khi $x=dfrac{1}{2}$ |
0,25
0,25 |
