De thi hoc ki 2 lop 9 mon toan

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề) Câu (3,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x  y 5   x  y 2 2 Cho hàm số y  f ( x)   x Tính f ( ); f ( ); f ( 1); f (2) 2 Giải phương trình sau: x  3x   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x  x  2m   (1), với m tham số Giải phương trình (1) m  2 Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x12 x2  x1x22  24 Câu (1,5 điểm) Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với vận tốc xác định Khi từ B A người với vận tốc lớn vận tốc lúc km/h Vì vậy, thời gian thời gian Tính vận tốc người từ A đến B, biết quãng đường AB dài 60 km Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, dây CD vng góc với AB H Trên tia đối tia CD, lấy điểm M ngồi đường tròn (O) Kẻ MB cắt đường tròn điểm E, AE cắt CD điểm F Chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp đường tròn Gọi K giao điểm BF với đường tròn (O) Chứng minh EA tia phân giác HEK Chứng minh rằng: MD.FC = MC.FD Câu (0,5 điểm) Cho phương trình (m  1) x  (2m  1) x  m   0, m tham số (1) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x12  x22  2010 x1x2  2013 -Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II MƠN THI: TỐN LỚP NĂM HỌC Lưu ý chấm bài: Dưới sơ lược bước giải thang điểm Bài giải học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học Nếu học sinh làm theo cách khác hướng dẫn chấm mà chấm cho điểm tối đa Đối với hình học (câu 4), học sinh vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng tính điểm Hướng dẫn giải Điểm (3 điểm) Câu 1 (1 điểm)  x  y  3 y  y 1 x     x  y  x  y  x  y  y 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y )  (3; 1) Ta có:  2  2  )           0,75 0,25 f( 0,25 2 (1 điểm) (1 điểm) 1 3 f ( )         2 2 3 f (1)    1     2 3 f (2)      6 2 Đặt: x  t, t  0,25 0,25 0,25 Khi đó, phương trình cho trở thành: t  3t   Vì a  b  c 1   nên pt có nghiệm t1  1, t  Vì t  nên t1  1 không thỏa mãn điều kiện Với t  t  Khi đó: x   x  2 0,5 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình cho S = -2;2 Câu (2 điểm) Thay m  2 vào phương trình (1), ta pt: x  x   (2) Vì a  b  c 1   nên pt (2) có nghiệm x1  1, x  Vậy với m  2 pt (1) có nghiệm x1  1, x  Ta có:  '  (3)  1.(2m  3)   2m   12  2m Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi: 12  2m   2m  12  m   x1  x2  Theo hệ thức Vi – ét, ta có:  (3)  x1.x2  2m  (2 điểm) 0,5 0,25 0,25 2 (1 điểm) 0,25 0,25 Theo đề bài, ta có: x12 x2  x1x22  24  x1x2 ( x1  x2 )  24 (4) Thay (3) vào (4) , ta được: 6(2m  3)  24  2m    2m   m  (thỏa mãn ĐK m  ) 0,25 Vậy m  giá trị cần tìm 0,25 (1,5 điểm) Câu Gọi vận tốc người từ A đến B x (km/h), với x > Khi đó, vận tốc lúc người x + (km/h) Thời gian người từ A đến B (1,5 điểm) Thời gian lúc người 60 (giờ) x 0,25 0,25 60 (giờ) x5 0,25 60 60   (5) x x5 Giải phương trình (5) tìm x1  15, x2  20 Lập phương trình: 0,5 Vì x  nên x2  20 khơng thoả mãn điều kiện ẩn Vậy vận tốc người từ A đến B 15 (km/h) 0,25 (3 điểm) Câu Hình vẽ: B E O M C F K H D A Xét (O) có: AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FEB = 900 0,25 Mặt khác: AB  CD (gt) nên BHF = 900 (1 điểm) (1 điểm) Xét tứ giác BEFH có: FEB + BHF = 900  900  1800 , mà FEB, BHF hai góc vị trí đối diện 0,5 Suy ra, tứ giác BEFH nội tiếp đường tròn đường kính BF (đpcm) 0,25 Vì tứ giác BEFH nội tiếp đường tròn (cm trên) nên HBF = HEF ( góc nội tiếp chắn cung HF) hay ABK = HEA (6) 0,25 Xét (O) có: ABK = AEK ( góc nội tiếp chắn cung AK) (7) 0,25 Từ (6) (7) , suy ra: HEA = AEK => EA tia phân giác HEK Vậy tia EA tia phân giác HEK (đpcm) 0,5 Xét ADC có: AH vừa đường cao, vừa đường trung tuyến => ADC cân A => AC = AD => AC = AD => sđ AC = sđ AD Xét (O) có: DEA = CEA (2 góc nội tiếp chắn hai cung nhau) 0,25 => EA tia phân giác DEC Xét CDE có: 0,25 (1 điểm) Vì EA tia phân giác DEC (cm trên) nên EF đường phân giác tam giác CDE (8) FC EC = Suy ra: (9) FD ED Vì AEB = 900 (cm phần a) nên AE  MB (10) Từ (8) (10) , suy ra: EM đường phân giác tam giác CDE MC EC = Suy ra: (11) MD ED FC MC =  FC.MD = FD.MC (đpcm) Từ (9) (11) , suy ra: FD MD 0,25 0,25 (0,5 điểm) Câu Xét m=-1, pt (1) phương trình bậc khơng có hai nghiệm phân biệt Xét m  1 Phương trình: (m  1) x2  (2m  1) x  m   (12) Ta có:    (2m  1)   4.(m  1)(m  1)  4m  4m   4m   4m  0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi: 4m    m   (0,5 điểm) (*) Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: x1  x2  m 1 2m  x1 x2  m 1 m 1 Mặt khác: x12  x22  2010 x1 x2  2013   x1  x2   2012 x1.x2  2013 m 1  2m     2013   2012 m 1  m 1   4021m2  4022m  0,25  m  (thoả mãn (*)) m   Vậy m  m   4022 (thoả mãn (*)) 4021 4022 giá trị cần tìm 4021 Tổng điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 10 KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010 - 2011 MƠN TỐN LỚP Thời gian làm bài: 90 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị (P) đường thẳng  có phương trình y = x + Bài (2,5 điểm) Cho phương trình x2  2mx  2m   (1), (m tham số) a) Giải phương trình (1) m = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm x1, x2 Với giá trị tham số m x12 + x22= 12 c) Với x1, x2 hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị lớn biểu 6(x1+ x2 ) thức A = x1 + x22+ 4(x +1 x )2 Bài (2,0 điểm)  a) Giải phương trình x  x + x+1 b) Giải phương trình +  x = x2 x Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có góc ACB tù, H chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB điểm thứ hai D Đường tròn đường kính CH cắt AC điểm thứ hai E a) Chứng minh tứ giác ADEH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh EBH  EDC ABC  450 Tính diện tích hình quạt tròn c) Cho BH = a , CH = a, góc giới hạn cung EC hai bán kính qua E C đường tròn đường kính CH - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Trên sơ lược biểu điểm đề kiểm tra học kì II, tổ chuyên môn trường THCS thảo luận thống thêm chi tiết lời giải biểu điểm Tổ chun mơn phân chia điểm nhỏ đến 0,25 điểm cho ý, câu đề kiểm tra Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận hướng dẫn chấm ghi vào biên tổ chuyên môn Học sinh có lời giải khác lời giải tổ chun mơn thống nhất, lập luận kết xác, làm đến ý cho điểm tối đa ý Việc làm tròn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT Bài Nội dung Điểm Cho hàm số y = x có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị (P) đường thẳng  có phương trình y = x + a) Vẽ đồ thị (P) hàm số (1,0 điểm) Xác định năm điểm đặc biệt 0,50 Bài 0,50 Đồ thị (2,0 điểm) b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị (P) đường thẳng  (1,0 điểm) Phương trình Hồnh độ giao điểm x2  x   x2  2x   0,25  x = 4; x =  0,25 x =  y  8; x =   y  0,25 Hai giao điểm (4 ; 8), (-2; 2) 0,25 Cho phương trình x2  2mx  2m   , (m tham số) (1) a) Giải phương trình (1) m = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm x1, x Với giá trị tham số m x21 + x22= 12 c) Với x1, x2 hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị lớn biểu thức 6(x1+ x2 ) A= x + x2 + 4(x + x ) 2 a) Giải phương trình (1) m = (0,75 điểm) Khi m = ta có pt : x2  2x  x(x  2)  Suy pt có hai nghiệm 0,25 0,25 0,25 Bài b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm x1, x2 Với giá trị (2,5 điểm) tham số m x2 + x2 = 12 (1,0 điểm) ' = m – 2m + = (m 1)2 + > 0, m Kết luận phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lí Vi-et: x1  x2  2m ; x1x2  2m  x2 + x2 = 12  4m2  4m  12 2  m  1; m  c) Tìm giá trị lớn biểu thức A (0,75 điểm) 3m A m  m 1 (m 1)2 A  1  dấu xảy m =  Kết luận m2  m 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 Bài a) Giải phương trình x  x + (1,0 điểm) (2,0 điểm) x  x +  x 6  x  x2 13x  36   x = 9; x = Thử lại x = không thỏa, x = thỏa Vậy x = x+1 3x b) Giải phương trình + = (1,0 điểm) x2 x Điều kiện x  x  Phương trình trở thành (x +1)x + (3  x)(x  2) = 4x(x 2)  2x2  7x   Giải ta x = 3; x = (thỏa điều kiện)  Kết luận: 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tam giác ABC có góc ACB tù, H chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB điểm thứ hai D Đường tròn đường kính CH cắt AC điểm thứ hai E a) Chứng minh tứ giác ADEH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh EBH  EDC c) Cho BH = a , CH = a, góc ABC  45 Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn cung EC hai bán kính qua E C đường tròn đường kính CH A D E B Bài (3,5 điểm) H C (phục vụ câu a b) a) Chứng minh tứ giác ADEH tứ giác nội tiếp (1,0 điểm) BDH  900  ADH  900 0,50 HEC  900  AEH  900  ADEH nội tiếp b) Chứng minh EBH  EDC (1,0 điểm) 0,25 0,50 0,25 DEA = DHA (cùng chắn DA đường tròn qua A, D, E, H) 0,25 DHA = ABC (góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) 0,25 CED + CBD = CED + DEA = 180 nên BDEC nội tiếp 0,25  EBH = EDC (cùng chắn CE đường tròn qua B, D, E, C) c) Tính diện tích hình quạt (1,0 điểm) Từ giả thiết suy ABH vuông cân, nên AH = a AH a tanACH = = =  ACH = 600  sđ EH  120  sđ EC  60 HC a 2 πR 60 πa Squat   360 24 - HẾT 0,25 0,25 0,50 0,25 ... x1 x2  20 13   x1  x2   20 12 x1.x2  20 13 m 1  2m     20 13   20 12 m 1  m 1   4 021 m2  4 022 m  0 ,25  m  (thoả mãn (*)) m   Vậy m  m   4 022 (thoả mãn (*)) 4 021 4 022 giá... (3)  x1.x2  2m  (2 điểm) 0,5 0 ,25 0 ,25 2 (1 điểm) 0 ,25 0 ,25 Theo đề bài, ta có: x 12 x2  x1x 22  24  x1x2 ( x1  x2 )  24 (4) Thay (3) vào (4) , ta được: 6(2m  3)  24  2m    2m   m... điểm) x 2 x Điều ki n x  x  Phương trình trở thành (x +1)x + (3  x)(x  2) = 4x(x 2)  2x2  7x   Giải ta x = 3; x = (thỏa điều ki n)  Kết luận: 2 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Tam