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

UBND QUẬN BÌNH TÂN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2015-2016 Ngày kiểm tra: 21/04/2016 Thời gian làm bài: 90 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 2x – = 3(2x – x2) b) x  11 x   c) x4 – 27x2 + 50 = 3x  5y  2 d)  x – y  2 x (P) y = –x + (D) a) Vẽ đồ thị (P) (D) hàm số hệ trục tọa độ Câu (1,5 điểm): Cho hàm số: y = b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép tốn Câu (1 điểm): Cho phương trình: x  2(m  3)x  m  3m   (x ẩn số, m tham số) a) Tìm m để phương trình ln có nghiệm b) Tìm m để A = x1(x2 – 1) – x2 đạt giá trị nhỏ Câu (1 điểm): Ông A gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng kỳ hạn 12 tháng với lãi suất 6,5%/năm Đúng năm, ông A nhận vốn lẫn lãi 53.250.000 đồng Hỏi lúc đầu, ông A gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng? Câu (3,5 điểm): Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến ADE đường tròn (O) (điểm D nằm hai điểm A E), gọi I trung điểm DE a) Chứng minh: OI  DE điểm A, B, I, O, C thuộc đường tròn b) Chứng minh: AB2 = AD.AE AO  BC H c) Chứng minh: tứ giác EOHD nội tiếp d) HI cắt BE CD M N Chứng minh: BM.DN = EM.CN -HẾT - ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II TOÁN Câu (3 điểm): Giải phương trình hệ phương trình: a) x2 – 2x – = 3(2x – x2)  4x2 – 8x – = ’  = 36   ' = Nên phương trình có nghiệm phân biệt: 0,25đ  1  46 x2 =  0,25đ x1 = 0,25đ b) x  11 x   ’  =9 Nên phương trình có nghiệm phân biệt: x1  11  0,25đ 0,25đ + 0,25đ x  11  c) x – 27x2 + 50 = Đặt t  x (t  0) Phương trình cho trở thành: t2 – 27t + 50 = Giải phương trình này, ta được: t1 = 25 (N); t2 = (N) 0,25đ Với t = 25 suy x =  Với t = suy x =  0,25đ Vậy phương trình cho có nghiệm: x =  ;  0,25đ 3x  5y  2 3x  5y  2 x  y  x  d)     3x  3y  2y  y  x – y  Vậy nghiệm hệ phương trình cho: (4, 2) 0,25đ +0,25đ+0,25đ x (P) y = –x + (D) a) Vẽ đồ thị (P) (D) hàm số Lập bảng giá trị đúng: Vẽ đồ thị đầy đủ thông tin Câu (1,5 điểm): Cho hàm số: y = 0,25đ + 0,25đ 0,25đ + 0,25đ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép tốn: Bằng phép tốn, ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) (D): x = –x +  x  2x   Giải phương trình ta được: x1 = ; x2 = –4 Với x = suy y = Với x = –4 suy y = 0,25đ Vậy tọa độ giao điểm (P) (D) là: (2,2), (–4, 8) 0,25đ 2 Câu (1 điểm): Cho phương trình: x  2(m  3)x  m  3m   (x ẩn số, m tham số) a) Tìm m để phương trình ln có nghiệm với m Ta có:  '  (m  3)2   m  3m  1  9m  Để phương trình cho ln có nghiệm với m thì: 8 0,25đ  '   9m    m  8 b) Khi m  phương trình ln có nghiệm với m, theo hệ thức Vi-Et: b S  x1  x   2  m   a Ta có: 0,25đ c P  x1.x   m  3m  a Ta có: A = x1(x2 – 1) – x2 = x1x2 – x1 – x2 = x1x2 – (x1 + x2) = m2 – 3m + + 2m +  27 27   = m – m + = m    0,25đ 2 4  27 1 Vậy A đạt GTNN m    m  (nhận) 0,25đ 2 Câu (1 điểm) Gọi x số tiền lúc đầu ông A gửi vào ngân hàng (x > 0) 0,25đ Tiền lãi năm ông A nhận từ ngân hàng: x.6,5% 0,25đ Theo đề bài, ta có phương trình: x + 0,065x = 53250000 0,25đ Suy x = 50.000.000 0,25đ Vậy ông A gửi 50.000.000 đồng tiết kiệm vào ngân hàng Câu (3,5 điểm) P B E M I D O A H N C Q a) Chứng minh: OI  DE điểm A, B, I, O, C thuộc đường tròn Ta có: OI phần đường kính, I trung điểm DE DE dây không qua tâm Nên OI  DE 0,25đ * Chứng minh điểm A, B, I, O, C thuộc đường tròn Ta có: ABO nội tiếp đường tròn đường kính OA (ABO vng B) 0,25đ ACO nội tiếp đường tròn đường kính OA (ACO vng C) 0,25đ AIO nội tiếp đường tròn đường kính OA (AIO vng I) 0,25đ Suy điểm A, B, I, O, C thuộc đường tròn đường kính OA b) Chứng minh: AB2 = AD.AE AO  BC H Hai ABD AEB có:  góc chung BAE  = AEB  (góc n/t góc tạo tia t/t d/c chắn cung BC) ABD Vậy ABD AEB (g-g) 0,5đ AB AD    AB2  AD.AE 0,25đ AE AB * Chứng minh: AO  BC H Ta có: OB = OC (bán kính (O)) AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Suy OA đường trung trực BC  OA  BC 0,25đ c) Chứng minh: tứ giác EOHD nội tiếp Ta có: AB2 = AH.AO (hệ thức lượng tam giác ABO có BH đường cao) Và AB2 = AD.AE (cmt) AH AO  Suy ra: AH.AO = AD.AE  AD AE Hai AHD AEO có:  góc chung OAE AH AO  (cmt) AD AE Vậy AHD AEO (g-g)   AEO   AHD Suy tứ giác EOHD nội tiếp (góc góc ngồi đối diện) d) Chứng minh: BM.DN = EM.CN Từ B kẻ BP // AE (P  đường thẳng HI) Từ C kẻ CQ // AE (Q  đường thẳng HI)  BP // CQ Suy BHP = CHQ (g-c-g)  BP = CQ MB BP  Ta có: (hệ Talet có BP // EI) ME EI NC CQ Và (hệ Talet có CQ // DI)  ND ID MB NC    MB.ND  ME.NC ME ND - HẾT - ...  m   a Ta có: 0 ,25 đ c P  x1.x   m  3m  a Ta có: A = x1(x2 – 1) – x2 = x1x2 – x1 – x2 = x1x2 – (x1 + x2) = m2 – 3m + + 2m +  27 27   = m – m + = m    0 ,25 đ 2 4  27 1 Vậy A đạt... có nghiệm phân biệt: 0 ,25 đ  1  46 x2 =  0 ,25 đ x1 = 0 ,25 đ b) x  11 x   ’  =9 Nên phương trình có nghiệm phân biệt: x1  11  0 ,25 đ 0 ,25 đ + 0 ,25 đ x  11  c) x – 27 x2 + 50 = Đặt t  x (t... trở thành: t2 – 27 t + 50 = Giải phương trình này, ta được: t1 = 25 (N); t2 = (N) 0 ,25 đ Với t = 25 suy x =  Với t = suy x =  0 ,25 đ Vậy phương trình cho có nghiệm: x =  ;  0 ,25 đ 3x  5y  2