Đề thi học kì II - Toán 9

Lý Thuyết 2 điểm Học sinh chọn 1 trong 2 câu sau Câu 1: Viết công thức nghiệm của phương trình bậc hai Câu 2: Trình bày và chứng minh định lí tứ giác nội tiếp II.. Tại trung điểm H của O

PHÒNG GD-ĐT KIÊN LƯƠNG

Môn: TOÁN 9

Thời gian: 90 phút

MA TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ II

Mức độ

Nội dung

Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Lý

thuyết

Luyện tập Lý thuyết

Luyện tập

Lý thuyết Luyện tập

Câu 1:

Đề 1:Tứ giác nội tiếp

Đề 2:Công thức nghiệm pt bậc

hai

1

2

Câu 2: Công thức nghiệm pt bậc

hai, vi-et

1a,b

2

3

Câu 4: Tứ giác nội tiếp, tiếp

2

7

8

******

Tên:……… Thời gian: 90 phút

ĐỀ:

I Lý Thuyết (2 điểm) (Học sinh chọn 1 trong 2 câu sau)

Câu 1: Viết công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Câu 2: Trình bày và chứng minh định lí tứ giác nội tiếp

II BÀI TẬP(8 điểm)

Câu 1(2 điểm): Cho phương trình 2x2+4x-m=0:

a/ Tìm giá trị m để pt có nghiệm

b/ Giải phương trình khi m=1 Tính x1+x2, x1.x2

Câu 2 (3 điểm) Cho parabol (P): y = –x2 và đường thẳng (d): y = 2x – 3

a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một mặt phẳng tọa độ

b) Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P)

Câu 3 (3 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính OA = R Tại trung điểm H của OA vẽ dây

cung BC vuông góc với OA Gọi K là điểm đối xứng với O qua A Chứng minh:

a) AB = AO = AC = AK Từ đó suy ra tứ giác KBOC nội tiếp trong đường tròn b) KB và KC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Tam giác KBC là tam giác đều

-ĐÁP ÁN:

I Lý Thuyết:

Câu 1: Công thức nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 02 (a0)  = b2 - 4ac

 < 0 : phương trình vô nghiệm

 = 0 : phương trình có nghiệm kép

x1 = x2 = -2ba

 > 0 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x1 =

a

2

b  



x2 =

a

2

b  



Câu 2: Định lí:Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 1800

Chứng minh định lý

sđ =

2

1

sđDCB (góc nội tiếp)

sđCˆ = 21 sđDAB (góc nội tiếp)

sđ + sđCˆ =

2

1

(sđDCB + sđDAB)

 + Cˆ = 

2

1

3600 = 1800

Chứng minh tương tự ta có :

0

180

Dˆ

Bˆ  

II BÀI TẬP

Câu 1:

a/ Để phương trình có nghiệm Khi và chỉ khi 0 tức l:

16+4.2.m 0  16+8m 0  8m -16  m -2

Vậy với m -2 thì phương trình luôn có nghiệm

b/ Giải pt khi m=1:

Ta có pt: 2x2+4x-1=0:

a=2; b,=2; c=-1

,=22-2(-1)=4+2=6>0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x1=

2

6

2 



; x2=

2

6

2 



x1+x2=-2; x1.x2=

2

1



Câu 2

a/ Vẽ đồ thị (d), (p) (Hình 1) (1điểm)

b/ Tọa độ giao điểm là nghiệm chung của hai phương trình

Ta có hệ PT y = –x2 (1)

y = 2x – 3 (2)

lấy (1) trừ (2) ta được : -x2-2x+3=0

Vì (-1)+(-2)+3 =0 nên pT có hai nghiệm

x1=1, x2 =-3

Thế x1=1, x2 =-3 vào (1) lần lượt ta được:

y1=-1, y2=-9 vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là

M(1;-1) , N(-3;-9) (1điểm)

Câu 3:

(O;0A), BCOA=H, OH=HA

GT OABC, OA=AK

KL a/AB=OA=AC=AK ,tứ giác

KBOC nội tiếp

b/KBOB, KCOC

c/ KBC

( 0.5 đ)

a/ Xét tứ giác OBAC có:

HB=HC (định lí đường kính và dây cung)

HO=HA (gt)

OABC (gt)  tứ giác OBAC l hình thoi

Vy AC=OC=OB=AB  AB=OA=AC=AK  B,K,C,O cách đều A nên tứ giác OBKC nội tiếp

Đường tròn tâm A ( 0,5đ)

b/ Vì góc OBK là nội tiếp (A;AK) chắn đường kính OK  OBK=900

 KB là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)

Chứng minh Tương tự CK là tiếp tuyến (O;R) (0,5đ)

c/ta có : CK=KB  BKC cân tại K

 KBC=KCB (*)

mà ACK=AKC (tam giác CAK cân ở A) (1)

BCA =

2

1

sđAB

BKA=12 sđAB

 BCK=BKA (2)

Cộng (1) và (2) ta được:

ACK+BCK=AKC+BKA

 KCB=BKC (**)

Từ (*) v (**)  KBC=KCB = BKC

Vậy BKC là tam giác đều ( 1.5đ)