DE THI HK II TOAN 9 ( CO MT)

TRƯỜNG THCS ĐẮK DRÔ ĐỀ THI HỌC KỲ II LỚP : 9A MÔN TOÁN HỌ VÀ TÊN : …………………………. THỜI GIAN 90 PHÚT ( Không kể thời gian phát đề ) I/ PHẦN TỰ LUẬN ( 2đ ) . Học sinh chọn câu trả lời đúng nhất rồi ghi vào bảng sau : Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án Câu 1 : Hệ phương trình 2 3 1 x y x y − + = −   − =  có nghiệm ( x ; y) là : Điểm A. ( 1 ; - 1) B. ( 2 ; - 1) C ( 2 ; 1 ) D ( 0; - 1) Câu 2 : Phương trình x 2 + 6x – 7 = 0 có hai nghiệm là A. ( 1; 7) B.( 1; -7) C.(-1; 7) D.( -1; -7) Câu 3: Phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt khi : A. 0∆ ≥ B. a b c± − = 0 C. a.c < 0 D. b và c trái dấu Câu 4 : Hàm số y = 3 x 2 nghịch biến khi: A. x < 0 B. x > 0 C. x ∈ R D. x = 0 Câu 5 : Một hình trụ có bán kính đáy là 7 cm, diện tích xung quanh l099cm 2 , π = 3,14. Khi đó chiều cao của hình trụ là: A . 3,68 cm B . 2,5cm C . 25 cm D . 20,4 cm Câu 6 : Hình nón có bán kính đáy bằng 6cm, độ dài đường sinh bằng 10cm thì diện tích toàn phần bằng : A. 96cm 2 B. 86cm 2 C. 97cm 2 D. 100cm 2 Câu 7 : Công thức tính thể tích hình cầu là : A. π r 2 h B. 2 1 3 r h π C. 4 2 r π D. 3 4 3 r π Câu 8 : Khai triển mặt xung quanh của một hình nón là một hình quạt, bán kính hình quạt là 15 cm, số đo cung là 120 0 thì diện tích xung quanh của hình nón là: A . 75π cm 2 B. 80π cm 2 C. 45π cm 2 D. 15 cm 2 I. PHẦN TỰ LUẬN (8 đ). Bài 1. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol 2 1 (P) : y x 2 = − và đường thẳng (d) : y 2x 2= − + a/ Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một mặt phẳng toạ độ. b/ Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P) bằng phép toán. Bài 2. ( 2,5điểm) Hai cạnh của một hình chữ nhật hơn kém nhau 3cm, biết độ dài đường chéo bằng 15cm . Tính diện tích của hình chữ nhật đó . Bài 3. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M. a/ Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp. b/ Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM. c/ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF . Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (K). BÀI LÀM : ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ……………………………………………………………………………………………………………………………… . ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 9 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM ( Mỗi câu đúng được 0,25đ ) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B C A C A D A II. PHẦN TỰ LUẬN Bài 1. (2 đ) a/ • Bảng giá trị : x –2 –1 0 1 2 x 0 1 2 1 y x 2 = − –2 1 2 − 0 1 2 − –2 y 2x 2= − + 2 0 (0,25đ x 2) • Vẽ : (0,5đ x 2) b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2 2 1 x 2x 2 x 4x 4 0 2 − = − + ⇔ − + = (0,25đ) 2 ' b' ac 0∆ = − = . Phương trình có nghiệm kép : 1 2 b' x x 2 a = = − = y 2⇒ = − Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là : (2; 2)− (0,25đ) Bài 2. (2,5 đ) Gọi x(cm) là chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0 ) x + 3 là chiều dài hình chữ nhật . ( 0,5đ) Đường chéo hình chữ nhật bằng 15 cm . Áp dụng định Pi – ta – go ta có phương trình : x 2 +(x + 3 ) 2 = 15 2 (0,5đ) 2 2 2 2 6 216 0 ' ' 3 2.216 441 ' 441 21 0 x x b ac ⇔ + − = ∆ = − = + = ⇒ ∆ = = > 1 3 21 24 12 2 2 x − − − = = = − ( loại ) (d) 1 2 -1/2 (P) y -2 -1 O -2 -1 1 2 x K D H F E I M C B A 2 3 21 18 9 2 2 x − + = = = ( TMĐK ) ( 0,5đ) Chiều rộng HCN bằng 9cm, suy ra chiều dài HCN bằng 9 + 3 = 12 cm (0,5đ) Vậy diện tích HCN là : 9. 12 = 108 cm 2 (0,5đ) Bài 3. (3,5 đ) Vẽ hình đúng, ghi giả thiết, kết luận đúng được ( 0,5đ) a/ Xét tứ giác AEHF có : · 0 AEH 90= ( gt: BE ⊥ AC) · 0 AFH 90= ( gt: CF ⊥ AB) ( 0,25 đ) → · · 0 AEH AFH 180+ = → Tứ giác AEHF nội tiếp ( có tổng hai góc đối bằng 180 0 ) (0,25 đ) Xét tứ giác BFEC có : · 0 BFC 90= ( gt) ; · 0 CFB = 90 ( gt) → E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 90 0 (0,25 đ) → E, F ∈ ( K; BC 2 ) ( Theo quỹ tích cung chứa góc) (0,25 đ) b/ Ta có · · ¼ 1 MAC = CBM = sdMC 2 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1) (0,25 đ) Tứ giác BCEF nội tiếp (K) → · · » 1 EBC = EFC = sdEC 2 (2) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC của (K) (0,25 đ) Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I) → · · » 1 EFH = EAH = sdEH 2 (3) (0, 25 đ) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH của (I)) Từ (1); (2); (3) suy ra · · CBM = EBC → BC là tia phân giác của góc EBM. (0,25 đ) c/ Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và BC → I, K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tứ giác AEHF và BCEF ( theo cmt) Nối IE, KE ta có: - ∆ AIE cân tại I ( IA = IE) → · · IAE = IEA (4) (0,25 đ) - ∆ KEC cân tại K ( KE = KC) → · · KEC = KCE (5) (0,25 đ) - ∆ ADC vuông tại D (gt) → · · 0 DAC + DCA = 90 (6) (0,25 đ) - Từ (4); (5); (6) suy ra · · 0 IEH + KEH = 90 → IE ⊥ KE → IE là tiếp tuyến của (K) tại E (0,25 đ). . 180 0 ) (0 ,25 đ) Xét tứ giác BFEC có : · 0 BFC 90 = ( gt) ; · 0 CFB = 90 ( gt) → E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 90 0 (0 ,25 đ) → E, F ∈ ( K; BC 2 ) ( Theo quỹ tích cung chứa góc) (0 ,25. CBM = sdMC 2 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1 ) (0 ,25 đ) Tứ giác BCEF nội tiếp (K) → · · » 1 EBC = EFC = sdEC 2 (2 ) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC của (K) (0 ,25 đ) Lại. tiếp trong (I) → · · » 1 EFH = EAH = sdEH 2 (3 ) (0 , 25 đ) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH của (I)) Từ (1 ); (2 ); (3 ) suy ra · · CBM = EBC → BC là tia phân giác của góc EBM. (0 ,25 đ) c/