Đề thi học kì II môn toán 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2013 - 2014(có đáp án)

Hai tiếp tuyến tại B và C của O cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là D.. Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là F.. Tứ giác

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2013-2014

MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình 3 7

1

x y

x y







 



 

2 Giải phương trình 4x4 3x2 1 0 .

Câu 2 (3,0 điểm)

1 Cho hàm số 1 2

2

y ax , với a 0 Xác định hệ số a, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) .

2 Cho phương trình x2 4x5m 2 0 (1), với m là tham số.

a Giải phương trình (1) khi m 1.

b Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2 thoả mãn:

x x  x x  .

Câu 3 (1,5 điểm)

Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B Vận tốc xe ô tô thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm hơn xe ô tô thứ hai

1 giờ Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A đến B là 200 km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F Chứng minh rằng:

1 Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn;

2. MB = MD.MA2 và MOC = MEC  ;

3 BF // AM.

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho hai phương trình x2 2013x 1 0 (2) và x22014x 1 0 (3). Gọi x x1, 2 là nghiệm của phương trình (2) ; x x3, 4 là nghiệm của phương trình (3)

Tính giá trị của biểu thức P = (x1x x3)( 2x3)(x1 x4)(x2 x4)

-Hết -Họ và tên học sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II MÔN THI: TOÁN LỚP 9

NĂM HỌC 2013 - 2014

Lưu ý khi chấm bài:

Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm Bài giải của học sinh cần chặt chẽ,

hợp logic toán học Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm

1

(1 điểm)

Ta có: 3x y x y 17 4x y x8 1 x x y2 1 x y12

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (2; 1)x y  . 0,25

2

(1 điểm)

Đặt: x2t, t 0.

Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t23t 1 0 

Vì a b c 4 3 1 0      nên pt trên có nghiệm t1 1, t2 1

4

 

0,5

Vì t 0 nên t1 không thỏa mãn điều kiện.1

Với t t2 1

4

  Khi đó: x2 1 x 1

  

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = - ;1 1

2 2

 

0,5

1

(1 điểm)

Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) nên, ta có:

1 2

.( 2) 1

2a  

0,5

2 1 1

2

    (thoả mãn điều kiện a 0) 0,25 Vậy 1

2

2

(2 điểm)

a x2 4x5m 2 0

Thay m 1 vào phương trình (1), ta được pt:

2 4 3 0

x  x  (2)

0,25

Vì a b c 1 4 3 0      nên pt (2) có nghiệm x11, x2 3 0,5 Vậy với m 1 thì pt (1) có nghiệm x11, x2 3 0,25

b Ta có:   ' ( 2)21.(5m 2) 4 5  m  2 6 5m

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x khi và chỉ khi:1, 2

6

5

0,25

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2

1 2

4

 





 

 (3) Theo đề bài, ta có: x1 x2  2x x1 2 14 (4)

0,25

Thay (3) vào (4) , ta được:

3

4 2(5 2) 14 10 8 14 10 6

5

            (thỏa mãn ĐK 6

5

Vậy 3

5

(1,5 điểm)

Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0

Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 0,25 Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là : 200

x 10 (giờ) 0,25 Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là : 200

x (giờ) 0,25 Lập phương trình: 200 200 1

x  x 10  (5) Giải phương trình (5) tìm được x140,x2 50

0,5

Vì x 0 nên x 2 50 không thoả mãn điều kiện của ẩn

Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h);

vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h)

0,25

Hình vẽ:

E

D

M

O

B

A

C

1

(1 điểm)

Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên

MB OB; MC OC  MBO MCO = 90  0 0,25 Xét tứ giác OBMC có:

MBO + MCO = 90 90 180 , mà MBO, MCO là hai góc ở vị trí đối diện nhau

0,5 Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25

2

(1 điểm)

Xét (O) có: MBD MAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung cùng chắn BD )

Xét MBD và MAB có:

MBD MAB (cm trên)

M chung

Do đó: MBD MAB (g.g) MB MD MB2MA.MD

MA MB (đpcm)

0,5

Tứ giác MCOE nội tiếp (vì MCO + MEO 180  0) nên MOC = MEC (6)  

( hai góc nội tiếp chắn cung MC) (đpcm) 0,5

3

(1,0 điểm)

Ta có: MOC 1

2

 BOC = 12sđ BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

BFC

2

 sđ BC (góc nội tiếp)  BFC MOC  (7) 0,5

Từ (6) và (7) suy ra: BFC MEC , mà  BFC, MEC là hai góc ở vị trí đồng 

vị

0,5

Do đó: BF // AM (đpcm)

(0,5 điểm)

Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014

Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

P = (x1x3)(x2 x3)(x1 x4)(x2  x4)

= (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4)

= (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 )

= x1x2x3 - x3x4x2 - x3x4x12 + x1x2x4

= x3 - x2 - x1 + x4

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 - ( x2+ x1)2 + 2x1x2

= (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2

0,25

Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được :

P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027