de thi hoc ky 2 lop 9 nam 2017 2018 mon toan truong thcs vinh thinh 3605

TRƯỜNG THCS VĨNH THỊNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN (Thời gian: 90 phút) I Trắc nghiệm:(2 điểm) Chọn đáp án câu sau Câu 1: Biết x = nghiệm phương trình: mx2 + 2m + = Khi m bằng: A B C  D  Câu 2: Đồ thị hàm số y = -3x2 qua điểm C(-1; m) Khi m bằng: A B C -3 D - 4 x  y  3 vô nghiệm khi:  mx  y  4 B m   C m   D m  3 Câu 3: Hệ phương trình  A m  Câu 4: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O), biết QMN  3QPN Khi QPN bằng: A 600 B 55 C 500 D 450 II Tự luận: (8 điểm) x  y  3 x  y  Câu 5: Giải hệ phương trình:  Câu 6: Cho phương trình: x2 – 2mx – 4m – = (1) a) Giải phương trình (1) với m = - b) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với giá trị m c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12 + x 22 - x1x2 = 13 Câu 7: Một hình chữ nhật có diện tích 40 cm2 Nếu tăng chiều rộng thêm cm tăng chiều dài tăng thêm cm diện tích hình chữ nhật tăng thêm 48 cm2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu Câu 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC (E khác B C), AE cắt CD F Chứng minh: a) Tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định Câu 9: Cho số thực a1,a2,a3,…,a9 không nhỏ -1 a13 + a23 + a33 +…+ a93 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a1 + a2 + a3 +…+ a9 Ký duyệt tổ trưởng Trần Bá Hoành ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TOÁN I Trắc nghiệm: Mỗi ý 0,5 đ Câu Đáp án B C A D II Tự luận Câu x  y  4 x  x     1đ 3 x  y  x  y  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(2;0) Câu a)Với m = -1 Ta có phương trình: x2 + 2x =  x( x  2)  2,5 đ Phương trình có nghiệm phân biệt x1 =0, x2 = -2 0.75 0.25 0.75 0.25 b) x2 - 2mx – 4m – = (1) ∆’ = (-m) - 1.(-4m – 4) = m2 + 4m + = (m + 2) ≥ với 0.5 m Vậy phương trình (1) ln ln có nghiệm với m 0.25 c) Do phương trình (1) ln có nghiệm x1;x2 với m, nên theo hệ thức Viét:  x1  x2  2m Theo cho: x12+x22-x1x2 =13   x1 x  4m   ( x1  x2 )  x1 x  13   4m + 12m - =   10   10 0.5 , m 2= 2   10   10 Vậy m = m = phương trình (1) có 2 0.25 m 1= Câu 1,5 đ nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12+x22-x1x2 =13 Gọi kích thước hình chữ nhật x (cm) y (cm) 0.25 ( x; y > 0) Theo ta có hệ phương trình:  xy = 40  xy = 40    x + 3 y + 3  xy + 48  x + y = 13 0.5 Suy x, y hai nghiệm phương trình: t2–13t + 40= (1) Giải phương trình (1) ta hai nghiệm t1= t2 = 0.5 Vậy kích thước hình chữ nhật cm cm 0.25 Câu 2,5 đ 0.25 C E F A B I O D a) Tứ giác BEFI có: BIF  90 (gt) BEF  BEA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF 0.75 b) Vì AB  CD nên cung AC = cung AD suy ACF  AEC Xét ∆ACF ∆AEC có góc A chung ACF  AEC 0.75 Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC  AC AE  AF AC  AE.AF = AC2 c) Theo câu b) ta có ACF  AEC , suy AC tiếp tuyến 0.75 đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1) Mặt khác ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy AC  CB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC Câu 1đ 0.5 Với x  1 ta có x  1 x     x   3x 2  Áp dụng BĐT ta có: 3P  4a13  a  a3   a9     P  Dấu = xảy số -1 số lại Vậy P max= số -1 số lại 0.25 0.25