1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề thi học kỳ II ( phòng giáo dục Na Hang)

6 379 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 229,5 KB

Nội dung

Hãy khoanh tròn vào chữ cái đứng trước phương án đúng.. nghịch biến với mọi x... a Chứng minh rằng MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng.

Trang 1

Đề kiểm tra học kì II Môn toán: lớp 9

Ma trận

Hệ phương trình bậc nhất 1

ẩn

2 0,5 1 0,25 1 0,25 1 1,5 5 2,5

Hàm số y = ax2, phương

trình bậc hai một ẩn

2 0,5 1 1 2 0,5 1 0,5 6 2,5

Góc với đường tròn 1

0,5 2 0,5 1 0,75 1 0,25 1 1 6 3

Hình trụ, hình nón, hình

cầu

2 0,5

2 0,5

1 0,5

1 0,5

6 2

3

9 3

6 4

23 10

Trang 2

PHÒNG GD&ĐT NA HANG

Họ và tên: Đề thi học kỳ II- Năm học 2007-2008

Lớp 9 Môn toán lớp 9

Trường: Thời gian: 90phút (Không kể thời gian giao đề)

I Trắc nghiệm khách quan ( 4 điểm)

Trong mỗi câu từ câu 1 đến câu 12 đều có 4 phương án trả lời A, B,C,D; trong đó chỉ có một phương án đúng Hãy khoanh tròn vào chữ cái đứng trước phương án đúng

Câu 1 Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình x y x y 46

Câu 2 Nghi m t ng quát c a phệm tổng quát của phương trình x + 2y = 1 là: ổng quát của phương trình x + 2y = 1 là: ủa phương trình x + 2y = 1 là: ương trình x + 2y = 1 là:ng trình x + 2y = 1 l :à:

A (x;1

2

x

) ,  x R B (x;2

2

x

),  x R C (x;2

2

x

),  x R D (x; 1

2

x

 

),  x R

Câu 3 Số nghiệm của hệ phương trình 10

5

x y

x y

 l :à:

Câu 4 Hệ phương trình nào sau đây có nghiệm duy nhất?

A 33x y x y 31

 

 B 33x y x y 13

 C 33x y x y 31

 

 D 63x x y2y36

Câu 5 Tập nghiệm của phương trình 5x2 - 20 = 0 l :à:

Câu 6 Cho hàm số y = 1 2

2x Hàm số đã cho

A đồng biến với mọi x

B đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0

C đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0

D nghịch biến với mọi x

Câu 7 Điểm A(-1; 4) thuộc đồ thị hàm số y = mx2

khi m b ng:ằng:

Câu 8 Nếu phương trình bậc hai x2

- mx + 5 = 0 có m t nghi m x = 1 thì m b ng:ột nghiệm x = 1 thì m bằng: ệm tổng quát của phương trình x + 2y = 1 là: ằng:

Trang 3

Câu 9 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2x2 - 5x +2 = 0 khi đó x12 + x22

b ng: ằng:

4

Câu 10 Trong hình vẽ sau, biết MN là đường kính của (O) và MPQ= 700 Số đo

NMQ

 là bao nhiêu?

A 200

B 700

C 350

D 400

Câu 11 Trong hình 2 số đo MmN bằng:

A 600

B 700

C 1250

D 1200

Câu 12

Độ dài một đường tròn bằng 44 cm Diện tích hình tròn đó bằng:

Câu 13 Hãy viết tiếp vào chỗ ( ) để được kết quả đúng.

A Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là:

B Công thức tính diện tích xung quanh của mặt cầu bán kính R là:

C Công thức tính thể tích hình nón có bán kính đáy R và độ dài đường cao h là:

D Công thức tính thể tích hình có bán kính đáy R và chiều cao h là

2

V = πRhR h

Phần II Trắc nghiệm tự luận

Câu 1.(3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, Ax và By là hai tiếp tuyến với nửa đường tròn tại A và B Lấy trên tia Ax điểm M rồi vẽ tiếp tuyến MP cắt By tại N

a) Chứng minh rằng MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng

b) Chứng minh rằng AM.BN = R2

c) Tính tỉ số MON

APB

S

S khi AM=R

2

Câu 2.( 2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình bậc hai:

Nếu đường kính của một đường tròn tăng 3m thì diện tích của nó tăng gấp đôi Tính độ dài đường kính lúc đầu ( làm tròn đến 0,01 m)

Câu 3 ( 1 điểm)

Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm:

(m-3)x4 -2mx2 + 6m = 0

Trang 4

Đáp án

I Phần trắc nghiệm khác quan

chọn đúng mỗi câu được 0,25 đ

Câu

1

Câu

2

Câu

3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

Câu 11

Câu 12

Câu 13.

Viết đúng mỗi ý được 0,25 đ

a Sxq = 2πRhRh

xq

S = 4πRhR

c 1 2

V= πRhR h

d trụ

II Phần tự luận:

điểm

Câu 1

(3đ )

GT:

KL:

a) Ta có tứ giác AMOP nội tiếp được đường tròn

 BAPOMN (1)( góc nội tiếp cùng chắn PO của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác AMOP)

Tương tự tứ giác NBOP nội tiếp được đường tròn

 ABPONM (2)( góc nội tiếp cùng chắn PO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NBOP)

Từ (1) và (2) ta suy ra MONS APB (g.g)

Vì APB 90 0nên MON 90 0

Vậy MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng

b

Xét tam giác vuông MON có OP là đường cao ứng với cạnh huyền

nên MP.PN = OP2 = R2

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Trang 5

Mà AM = MP, NB = PN ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó: AM.BN = R2

c.

Ta có: ΔMONMON 2

ΔMONAPB

S

k

S  ( k là tỉ số đồng dạng)

* Tính k:

Có k=MN

AB Trong đó AB = 2R (gt)

MN = MP + PN = AM + NB = R+NB

2

Ta tính NB: Có AM.NB = R2 ( theo câu b) suy ra

R AM

2

Do đó MN = R + 2R = R5

Suy ra MN 52R 5

k = =

Vậy: ΔMONMON 2 2

ΔMONAPB

k ( )

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu 2:

(2 đ)

- Gọi bán kính đường tròn lúc đầu là x ( m, x > 0)

- Khi đó diện tích của hình tròn lúc đầu là πRhx 2

Diện tích của hình tròn sau khi tăng đường kính lên 3m (x = =1,5m3

là πRh(x+1,5) 2

Theo bài ra ta có phương trình:

2πRhx = πRh(x +1,5)

2

x - 3x - 2,25 = 0

3 3 2 2

3 3 2 2

x x

Kết hợp điều kiện x > 0 ta có

3 3 2 2

x 

Vậy đường kính của hình tròn lúc đầu là: d = 2.R = 3 + 3 2 7,24 m 

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,5đ

0,25đ

0,25đ (m-3)x4 -2mx2 + 6m = 0 ( 1)

Đặt x2 = y ( Điều kiện y 0)

Khi đó ( 1) có dạng : (m-3)y2 -2my + 6m = 0 ( 2 )

Nhận xét: (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm thỏa mãn điều

kiện y 0

Ta tìm điều kiện của m để (2) có nghiệm thỏa mãn y 0

* Trường hợp 1: m = 3 thì phương trình (2) có nghiệm y = 3

0,25đ

Trang 6

Câu 3

(1 đ)

* Trường hợp 2:m 3 

(2) có nghiệm thỏa mãn y 0 khi và chỉ khi ( 2) có hai nghiệm trái

dấu y 1   0 y 2hoặc ( 2) có hai nghiệm cùng dương 0 y  1  y 2

Ta có ΔMON' = m(18 - 5m), P = 6m

m - 3, S = 2m

m - 3

- (2) có hai nghiệm y 1   0 y 2  P 0   0 m<3 

- ( 2) có hai nghiệm 0 y  1  y 2

' 0

P 0

 

Kết hợp các trường hợp lại ta được: 0 m 3,6  

Vậy điều kiện để (1) có nghiệm là: 0 m 3,6  

0,25đ

0,25đ 0,25đ Chú ý: các bài toán có nhiều lời giải khác nhau, nếu học sinh giải đúng vẫn cho điểm tối đa

Ngày đăng: 05/07/2013, 01:25

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w