ban huong dan cham de kiem tra hoc ki 2 mon toan lop 9 truong thcs giang vo nam hoc 2016 2017

Người ta cho hai vòi nước chảy vào một bể không có nước.. Nếu mở vòi thứ nhất chảy một mình trong 1 giờ rồi khóa lại, sau đó mở tiếp vòi thứ hai chảy trong 4 giờ thì cả hai vòi chảy được

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Môn: TOÁN 9 - Năm học 2016 – 2017

1

Cho biểu thức: N 2

- 2

x

 và M = 1

- 4 - 2

x

x  x (x >0, x ≠ 4)

2,0

a Tính giá trị của biểu thức N khi x = 36

0,5

x x  x x  x

Thay x = 36 (tmđk) vào N thì N = 2 1

2

 Vậy N = 1

2 khi x = 36

(Học sinh là cách khác ra đúng kết quả vẫn cho điểm)

0,25

1

M =

- 4 - 2

x

x  x =

      2





x x







0,25

0,5

P = M : N = 1

2

x x





2

x x



 với x >0, x ≠ 4

0,25

c So sánh P và P2

0,5

Xét hiệu P2 – P = P(P – 1)

Ta có P – 1 = 1

2

x x



 - 1 =

1 2

x





2

x



 < 0 với mọi x  ĐKXĐ  P – 1 <0

1

2

x x



 > 0  P > 0

 P(P – 1) < 0 Vậy P2 < P

0,25

0,25

2 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Người ta cho hai vòi nước chảy vào một bể không có nước Nếu mở vòi thứ

nhất chảy một mình trong 1 giờ rồi khóa lại, sau đó mở tiếp vòi thứ hai chảy

trong 4 giờ thì cả hai vòi chảy được 7

12 bể Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể biết rằng nếu chảy một mình thì thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể

nhiều hơn thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể là 8h

2,0

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ, x> 0) 0,25 Thì thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x + 8 (giờ) 0,25 Vậy trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được 1

x(phần bể)

Và trong 4 giờ vòi thứ nhất chảy được 1

8

x (phần bể)

0,25 x 2

Vì vòi thứ nhất chảy trong 1 h và vòi thứ hai 4 giờ thì được 7

12 nên ta có phương trình:  



0,25

Giải phương trình được x1 = 4 ( chọn), x2 = 24

7

Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 4 giờ

và thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 12 giờ 0,25

1

Giải hệ phương trình































5 1

2

4 2

3

y x y x

y x y x

1,0

x y x y đk : x > y ; x > -y

ta được hệ   

  



2a b 5

0,25

Từ đó có :  

 



b 1    



 



1 4



 





  



5 x 8 3 y 8

0,25

Kết luận: hệ phương trình có nghiệm: (x ; y) =   

;

2 Cho Parabol (P): 2

x

y  và đường thẳng (d): y   2 m  3  x  2 m  4 (m là

a) Tìm m để đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B 0,5

Xét phương trình hoành độ giao điểm : x2(2m3)x2m 4 0

Do phương trình có a – b + c = 1 + 2m + 3 – 2m – 4 = 0 nên phương trình có

hai nghiệm x1 1 ; x2 2m4

Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 x2 - 1 ≠ 2m + 4  m ≠ 5

2



 (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi m ≠ 5

2



0,25

0,25

P I

O

K

F E

D C

M

B A

(Học sinh làm cách khác ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa)

2 b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ thỏa mãn

A B

Gọi giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là A(xA ; yA), B(xB ; yB)

Ta có : x A 1 ; x B 2m4

m m

 





4

m

m





  

 (tmđk) Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ

thỏa mãn x + x =5 khi m A B 0; 4 

0,25

0,25

0,25

+) Lập luận chứng minh 0

CEO90

và OBD900

CEO OBD 180  , mà chúng ở vị trí đối nhau nên EOBD là tứ giác nội tiếp

0,25 0,25 0,25

+) ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nênACB900 BCAD

+) Xét tam giác ABD vuông tại B có BC AD , ta có: 2 2

AC.ADAB 4R

0,5 0,5

c Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF 1,0

+) C/m: OM, OF là phân giác của hai góc kề bù AOC, COBOMOF

 MOF vuông tại O, nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm I của

MF

+) OI là đường trung bình của hình thang AMFB  AM // IO

+) AMABIOABtại O

+) IO là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF nên AB là tiếp

tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF

0,25

0,25 0,25 0,25

d Cho BC cắt OF tại K Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tam giác

+) Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKF Gọi Q là giao điểm

của OC và EK

+) C/m: OKEEMCKOQTứ giác KEMF nội tiếp đường

tròn E KMFPQEK

+) C/m: OIEKOI // PQEK 

+) C/m: OC // PI OCMF, PIMFOC // PI Suy ra tứ giác OQPI là hình

bình hành

+) Xét tam giác MPI vuông tại I có PI không đổi nên PM nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất, tức là MF nhỏ nhất  IO nhỏ nhất

+) Có OI ≥ OC = R Dấu bằng xảy ra  C trùng I  O thuộc đường thẳng

OI cố định  C là điểm chính giữa của cung AB (OI  AB tại O)

0,25

0,25

5 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = b + c + c + a + a + b 0,5

2

b c

3

2 2

c a   c a

3

2 2

a b    a b

2 2 a b c 2 2

Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 1

3 Vậy Pmax = 6 a = b = c = 1