Đề thi học kì 2 môn toán 9 quận 6 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016 có đáp án

a Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.. b Giả sử x1, x2là hai nghiệm của phương trình trên.. a Chứng minh: tứ giác SAOB nội tiếp.. c Gọi H là giao điểm của SO và AB.. Chứng min

PHÒNG GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN 6

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN TOÁN L ỚP 9

Th ời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình:

a) x(x – 4) + 9x = 6

b) x2  ( 5  2) x  2 5  0

c) x4+ 2x2 – 24 = 0

d)

x y

x y



   



Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x2 và đồ thị (D) của hàm số y = 3x – 2 trên cùng một

hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính

Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 + x + m – 2 = 0 với m là tham số và x là ẩn số

a) Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm

b) Giả sử x1, x2là hai nghiệm của phương trình trên Tìm m để:

3 3

1 2 1 2 10

x x  x x  

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kinh BC Trên (O) lấy điểm A sao cho AB > AC Vẽ các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau tại S

a) Chứng minh: tứ giác SAOB nội tiếp

b) SC cắt (O) tại D (D khác C) Chứng minh: SA2 = SD.SC

c) Gọi H là giao điểm của SO và AB Chứng minh tứ giác DHOC nội tiếp

d) DH cắt (O) tại K (K khác D) Chứng minh O, A, K thẳng hàng

Bài 5: (0,5 điểm)

Mẹ bạn Nam có số tiền 50 000 000 đồng gửi tiết kiệm tại ngân hàng Đông Á kỳ hạn 6 tháng với lãi suất cuối kỳ là 6%/năm Hỏi sau kỳ hạn 6 tháng, mẹ bạn Nam đến rút tiền tại ngân hàng thì được bao nhiêu tiền (cả tiền vốn và tiền lãi)?

HẾT.

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN L ỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình:

a) x(x – 4) + 9x = 6

 x2

– 4x + 9x – 6 = 0

 x2

Vì a + b + c = 1 + 5 – 6 = 0 (0,25đ)

nên phương trình có hai nghiệm

b) 2

( 5 2) 2 5 0

 = ( 52)24.1.2 5=94 5 (0,25đ)

 2

1

5 2 5 2

5 2

; 2 5 2 5 2 2

2

(0,25đ) Cách khác:

2

( 5 2) 2 5 0

 2

x  x x 

 x 5x2x 50

c) x4+ 2x2 – 24 = 0 (1)

Đặt t = x2(với t ≥ 0)

 = 22

– 4.1.(-24) = 100

Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt

1

2 10

4 2

(nhận); 2

2 10

6 2

Với t = 4 x2= 4 x = ±2 (0,25đ)

d)

Bài 2: (1,5 điểm)

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):

 x2

– 3x + 2 = 0

Ta có a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0

Nên phương trình có 2 nghiệm:

x1= 1; x2= 2

Thay x vào hàm số y = 2x2

Khi x = 1 thì y = 1 Khi x = 2 thì y = 4

Vậy toạ độ các giao điểm của (P) và (D) là (1; 1) và (2; 4) (0,25đ)

Bài 3: (1,5 điểm)

a) = 12 – 4.1.(m – 2) = 1 – 4m + 8 = -4m + 9 (0,25đ)

Để phương trình có hai nghiệm thì ≥ 0  -4m + 9 ≥ 0  m  9/4 (0,25đ)

b) S = x1 + x2= -1; P = x1.x2 = m – 2 (0,25đ)

Ta có: x1x23 + x13x2= -10

 x1x2(x12+ x22) = -10

 P.(S2– 2P) = -10

 (m – 2)(1 – 2m + 4) = -10

 -2m2

+ 5m + 4m – 10 = -10

 -2m2

 m(-2m + 9) = 0

 m = 0 (nhận) hay m = 9/2 (loại) (0,25đ)

Bài 4: (3,5 điểm)

K

D

H S

O

A

a) Tứ giác SAOB có:OAS + OBS = 900

+ 900 = 180 (GT) (0,5đ)

b/ XétSAC và SDA có:

ASC là góc chung

SAD = SCA (cùng chắn cung AD)

 SAC đồng dạng với SDA (g.g) (0,5đ)

 SA SD

SC  SA

(0,25đ)

 SA2

c/ Ta có SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OA = OB = R

 SO là đường trung trực của đoạn thẳng AB

 SO  AB tại H

 SA2

= SO.SH (SAO vuông tại A có đường cao AH) (0,25đ)

Mà SA2= SD.SC (cmt)

 SD.SC = SO.SH

 SD SH

SO  SC

XétSDH và SOC có:

HSD là góc chung

SD SH

SO  SC (cmt)

 SDH đồng dạng với SOC (c.g.c) (0,25đ)

d/ADK = ADC + CDK

MàADC = ACB (cùng chắn cung AC)

CDK = HOB (vì tứ giác DHOC nội tiếp)

 ADK = ACB + HOB = 900

(vìBHO vuông tại H) (0,25đ)

Bài 5: (0,5 điểm)

Số tiền lãi: [(50 000 000 6%) : 12].6 = 1 500 000 (đồng) (0,25đ) Tổng số tiền: 50 000 000 + 1 500 000 = 51 500 000 (đồng) (0,25đ)