Giải đề thi giữa kì 2 môn Toán 9 Q. Bắc Từ Liêm năm 2017-2018

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

$M=A.B=\left( \dfrac{1}{\sqrt{x}-3}+\dfrac{\sqrt{x}+11}{x-9} \right).\dfrac{\sqrt{x}-3}{2}$

= $\left( \dfrac{\sqrt{x}+3}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}+\dfrac{\sqrt{x}+11}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)} \right).\dfrac{\sqrt{x}-3}{2}$

= $\dfrac{2\sqrt{x}+14}{(\sqrt{x}+3).2}$

= $\dfrac{\sqrt{x}+7}{(\sqrt{x}+3)}$

0,25

0,25

0,25

0,25

3/ $M=\dfrac{\sqrt{x}+7}{(\sqrt{x}+3)}=1+\dfrac{4}{(\sqrt{x}+3)}$

Vì

$\begin{array}{l}
\sqrt x  \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x  + 3 \ge 3\\
 \Leftrightarrow \frac{4}{{\sqrt x  + 3}} \le \frac{4}{3} \Leftrightarrow 1 + \frac{4}{{\sqrt x  + 3}} \le 1 + \frac{4}{3}\\
 \Leftrightarrow M \le \frac{7}{3}
\end{array}$

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: $\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\
\dfrac{4}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{3}{{10}}
\end{array} \right.$

* Đặt $\dfrac{1}{x}=a,\dfrac{1}{y}=b$

* HPT mới là $\left\{ \begin{array}{l}
a + b = \dfrac{1}{{12}}\\
4a + 3b = \dfrac{3}{{10}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a + 4b = \dfrac{1}{3}\\
4a + 3b = \dfrac{3}{{10}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = \dfrac{1}{{30}}\\
a = \dfrac{1}{{20}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{30}}\\
\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{20}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 30(TM)\\
x = 20(TM)
\end{array} \right.$

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:

$\left\{ \begin{array}{l}
x + 3y = 2\\
2x + 4y = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x + 6y = 4\\
2x + 4y = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2y = 1\\
x + 3y = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{2}\\
x = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = $\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} \right)$

0,25

0,25

b) $\left\{ \begin{array}{l}
x + my = 2\\
2x + 4y = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x + 2my = 4\\
2x + 4y = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(2m - 4)y = 1\\
x + my = 2
\end{array} \right.$

Để hệ có nghiệm duy nhất thì 2m – 4 ≠ 0 $\Leftrightarrow $ m ≠ 2 (1) khi đó hệ phương trình có nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}
y = \dfrac{1}{{2m - 4}}\\
x = 2 - \dfrac{m}{{2m - 4}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{{3m - 8}}{{2m - 4}}\\
y = \dfrac{1}{{2m - 4}}
\end{array} \right.$

* x và y là hai số đối nhau nên

$\left\{ \begin{array}{l}
y = \dfrac{1}{{2m - 4}}\\
x = 2 - \dfrac{m}{{2m - 4}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{{3m - 8}}{{2m - 4}}\\
y = \dfrac{1}{{2m - 4}}
\end{array} \right.$ (2)

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

                   $-{{x}^{2}}=x-2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0$

• Giải PT được ${{x}_{1}}=1;{{x}_{2}}=-2$. Thay vào (P) được: ${{y}_{1}}=-1;{{y}_{2}}=-4$
•  Toạ độ điểm A(-2; -4) và B (1; -1) là giao điểm của (P) và (d)

* 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 180^o)

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Chứng minh $\Delta AKN=\Delta BKM$

 * K là điểm chính giữa cung AB nên $sd\overset\frown{KA}=sd\overset\frown{KB}$

=> 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 $\overset\frown{PM}={{90}^{o}}$

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 45^o

$\Rightarrow $ I nằm trên cung chứa góc 45^o 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 $4x=\dfrac{1}{x}=2\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

Vậy: $A\ge \dfrac{15}{4}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=\dfrac{1}{2}$

Suy ra min $A=\dfrac{15}{4}$ khi $x=\dfrac{1}{2}$

0,25

0,25