ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học: 2022-2023 MÔN: TỐN - LỚP Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THAM KHẢO Đề Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 6x + 8= 2x 3y 6 b) x 3y 3 c) x4 – 2x2 + 1= x2 Câu 2: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = đường thẳng d : y x 2m (m tham số) 1/ Vẽ đồ thị (P) 2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt Câu 3: (1,5 điểm) Giải tốn sau: Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 10cm ,độ dài đường chéo hình chữ nhật 50cm.Tính kích thước hình chữ nhật Câu 4:(3,5 điểm) Từ điểm M ngồi đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (O), A B tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn thẳng MB; C giao điểm AE (O) (điểm C khác điểm A), H giao điểm AB MO a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh EB2 = EC.EA c) Chứng minh HCEB tứ giác nội tiếp d) Gọi D giao điểm MC (O) (điểm D khác điểm C) Chứng minh ABD tam giácABD tam giác cân Câu 5:(0.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số) Tìm m để A= x1 x2 đạt giá trị nhỏ (x1; x2 hai nghiệm phương trình) Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu 1: (3 điểm) Nội Dung Thang Điểm a) Giải phương trình : x2 – 6x +8 = ’ = PT có nghiệm phân biệt 0.5 0.5 x = ; x= 2x 3y 6 3x 9 x 3 x 3y 3 x 3y 3 y 0 0,5 0,5 b) Giải hệ phương trình : c) Giải phương trình:x4 – 2x2 + 1= (*) Đặt x2 = t , Đk : t ≥ Ta có pt (*) t2 - 2t+1 = t = ( TMĐK) Với t =1 x2=1 x = x=-1 Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1,x=-1 0,25 0,5 0,25 Câu 2: a/ Vẽ đồ thị (P) hệ trục tọa độ Oxy (1,5 điểm) Bảng giá trị x x y= -4 -2 0 2 0,5 0,5 b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm PT x2 x 2m x x 4m 0 ' 1 4m 0,25 Để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt ' m 1 Câu 3: Gọi chiều dài hình chữ nhật x(cm) (x> 10) (1,5 điểm) Chiều rộng hình chữ nhật x -10 (cm) Ta có PT: x2+ (x- 10)2 = 502 x2 – 10x - 1200= Giải PT có x = 40(N) ; x = -30 (L) Chiều dài hình chữ nhật 40cm, chiều rộng 30cm Vẽ hình Câu 4: (3,5 điểm) 0.25 0,5 0,25 0.5 0.25 0, a, Xét tứ giác MAOB, ta có: ^ MAO=900 (MA tiếp tuyến) ^ MBO=900 (MB tiếp tuyến) ^ MBO+ ^ MAO=90 +90 =180 Tứ giác MAOB nội tiếp 0 0,25 0,25 0,25 0,25 b, Chứng minh EB2 = EC.EA ^ ( chắn cung BC) BAE=CBE Xét (O) có ^ Xét ABE BCE, ta có: ^ (cmt) ^ BAE=CBE E chung, ^ ABE ∽ BCE (g – g) BE = EA EB2 = EC.EA CE EB c, Chứng minh HCEB tứ giác nội tiếp + Xét (O) ta có: OA = OB (bán kính) MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy MO đường trung trực AB + Xét MHB vuông H, ta có: E trung điểm MB (gt) EHB= ^ HBE (1) Suy EH = EB EHB cân E ^ 0,5 0,25 0,25 0,25 ECB= ^ HBE (2) Mà ABE ∽ BCE (cmt) ^ ECB= ^ EHB Từ (1) (2) ^ ECB= ^ EHB nhìn cạnh BE Xét tứ giác HCEB có ^ Tứ giác HCEB nội tiếp EM EA EC EM d, Ta có: EB2 = EC.EA (cmt) EM EA Xét MCE AEM, ta có: EC EM , góc E chung EMC ∽ EAM (cgc) ^ EAM =^ EMC Mà ^ EAM =^ ADM (Cùng chắn cung AC) ^ ADM= ^ EMC ^ ^ ABE= DAB AD//MB ABE= ^ ADB (cùng chắn cung AB) Mà ^ ^ ^ ADB= DAB ABD cân 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 Ta có ’ = (-m)2 – (-2m – 5) = m2 + 2m + = (m + 1)2 + Vì (m + 1)2 với m (m + 1)2 + > với m Câu 5: (0,5 điểm) Hay ’ > với m Vì phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m 0.25 x1 x2 2m x1.x2 2m (theo định lý Vi-et) Đặt A = x1 x2 A2 = ( x1 x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20 = (2m)2 + 2m + + 16 = (2m + 2)2 + 16 16 Giá trị nhỏ A2 = 16 Giá trị nhỏ A 2m + = m = -1 Vậy với m = -1 x1 x2 đạt giá trị nhỏ A= 0.25