THI HK2 TOÁN 6.NH 2009-2010

TRƯỜNG THCS HUỲNH PHAN HỘ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ 2 Họ tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NĂM HỌC 2009 - 2010 Lớp 6A… Môn: TOÁN 6 Thời gian: 90 phút ( không kể phát đề) I/ TRẮC NGHIỆM: (3 điểm) Em hãy khoanh tròn vào một trong các chữ cái A, B, C, D đứng trước câu trả lời đúng 1. Nếu x – 2 = – 5 thì x bằng: A. 3 B. – 3 C. – 7 D. 7 2. Kết quả của phép tính 12 – ( 6 – 8 ): A. 24 B. – 24 C. 0 D. 12 3. Kết quả của phép tính ( – 2) 4 : A. – 8 B. 8 C. – 16 D. 16 4. Kết quả của phép tính 2 .( – 3). ( –8 ): A. 24 B. – 24 C. 0 D. 12 5. Kết luận nào sau đây không đúng: A. Hai góc kề nhau có tổng số đo bằng 180 0 B. Hai góc phụ nhau có tổng số đo bằng 180 0 C. Hai góc bù nhau có tổng số đo bằng 180 0 D. Hai góc bù nhau có tổng số đo bằng 90 0 6. Cho hai góc phụ nhau trong đó có một góc bằng 35 0 , số đo của góc còn lại là: A. 45 0 B. 55 0 C. 65 0 D. 145 0 ơ II. PHẦN TỰ LUẬN: ( 7.0 điểm) Bài 1. Thực hiện phép tính: 4 2 6 11 5 11 ( 3) 10 − • + • − Bài 2. Tìm x biết: ( x ∈ Z ) 2 3 5x + = Bài 3. Một lớp học có 25 học sinh. Bao gồm ba loại: Giỏi, khá, trung bình. Số học sinh trung bình chiếm 7 13 tổng số học sinh cả lớp. Số học sinh khá chiếm 5 6 số học sinh còn lại. Tính số học sinh giỏi của lớp. Bài 4. Cho ∠ xOy = 110 0 . Vẽ tia Oz nằm giữa hai tia Ox, Oy sao cho ∠ xOz = 28 0 . Gọi Ot là tia phân giác của góc yOz. Tính góc xOt. Hết ĐIỂM LỜI PHÊ CỦA GIÁO VIÊN GIÁM KHẢO 1 GIÁM KHẢO 2 TRƯỜNG THCS HUỲNH PHAN HỘ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 TỔ TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN 9 I/ TRẮC NGHIỆM: Khoanh tròn đúng mỗi câu cho 0.5 điểm 1 2 3 4 5 6 B C B D D C II/ TỰ LUẬN ( 7 điểm) Bài 1. Giải các hệ phương trình: (2.0 điểm) a). 2 4 10 3 12 30 13 26 3 4 3 4 3 4 3 ( 2) 4 2 2 3 4 2 2 y x y x y y x y x y x y x y y x x     ⇔ ⇔ ⇔           ⇔ ⇔     = − − = − = = − + = + = + = + − = = − = − = + = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x = 2 ; y = - 2) 1.0 điểmđ đ b). 10 6 2 10 6 2 10 6 2 5 3 1 10 6 2 0 0 0(*) x y x y x y x y x y x y    ⇔ ⇔       − = − = − = − + = − − = − = Phương trình (*) có vô số nghiệm. Vậy hệ phương trình vô số nghiệm 1.0 điểmđ Bài 2: (2,0 điểm) Cho x 2 – 4x + m +1 = 0 (*) a. Giải phương trình (*) khi m = 1 Với m = 1 phương trình đã cho trở thành x 2 – 4x + 1 +1 = 0 ⇔ x 2 – 4x + 2= 0 '∆ = (-2) 2 – 1.2 = 2 ⇔ '∆ = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 2 1 2 2 2 x x = + = − 1.0 điểm b. Không giải phương trình, hãy tính tổng và tích các nghiệm của phương trình theo m. Phương trình có nghiệm khi: '∆ = (-2) 2 – (m + 1) = 3 – m ≥ 0 ⇔ – m ≥ – 3 ⇔ m ≤ 3 S = x 1 + x 2 = 4 b a − = P = x 1 . x 2 = 1 c m a − = + 1.0 điểm Bài 3. Ta có: ∠ BNC= 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => ∠ ENC = 90 0 (vì là hai góc kề bù). (1) ∠ AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 90 0 (vì là hai góc kề bù).(2) ∠ AEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 90 0 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) 0.75 điểm 2. Theo giả thiết EC ⊥AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) => ∠ B 1 = ∠ C 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => ∠ C 1 = ∠ N 3 => ∠ B 1 = ∠ N 3 .(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => ∠ B 1 = ∠ N 1 (5) Từ (4) và (5) => ∠ N 1 = ∠ N 3 mà ∠ N 1 + ∠ N 2 = ∠CNB = 90 0 => ∠ N 3 + ∠ N 2 = ∠MNK = 90 0 hay MN ⊥ KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N. Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 1.0 điểm 3. Ta có ∠ AEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => ∆AEB vuông tại A có EC ⊥ AB (gt) => EC 2 = AC. BC  EC 2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm. 0.5 điểm 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S (o) = π .OA 2 = π 25 2 = 625 π ; S (I) = π . IA 2 = π .5 2 = 25 π ; S (k) = π .KB 2 = π . 20 2 = 400 π . Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = 1 2 ( S (o) - S (I) - S (k) ) S = 1 2 ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 1 2 .200 π = 100 π ≈ 314 (cm 2 ) 1.0 điểm . gồm ba loại: Giỏi, khá, trung b nh. Số học sinh trung b nh chiếm 7 13 tổng số học sinh cả lớp. Số học sinh khá chiếm 5 6 số học sinh còn lại. T nh số học sinh giỏi của lớp. Bài 4. Cho ∠ xOy. tr nh đã cho có nghiệm (x = 2 ; y = - 2) 1.0 điểmđ đ b). 10 6 2 10 6 2 10 6 2 5 3 1 10 6 2 0 0 0(*) x y x y x y x y x y x y    ⇔ ⇔       − = − = − = − + = − − = − = Phương tr nh. 90 0 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là h nh chữ nh t => EC = MN (t nh chất đường chéo h nh chữ nh t ) 0.75 điểm 2. Theo giả thi t EC ⊥AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai