De thi hoc ki 2 lop 9 mon toan

Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ II Thời gian làm bài: 90 phút không tính thời

Câu 1 (3,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau: 2 5

2

x y







 

 

2

y  f x   x Tính ( 2 ); ( ); ( 1); (2) 1

3 Giải phương trình sau: x4 3 x2  4 0

Câu 2 (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 6 x  2 m   (1), với 3 0 m là tham số

1 Giải phương trình (1) khi m   2

2 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x x thoả mãn 1, 2 x x12 2 x x1 22  24

Câu 3 (1,5 điểm)

Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với vận tốc xác định Khi đi từ B về A

người ấy đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 5 km/h Vì vậy, thời gian về ít hơn thời gian

đi là 1 giờ Tính vận tốc của người đó khi đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 60 km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại H Trên tia đối

của tia CD, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn (O) Kẻ MB cắt đường tròn tại điểm E, AE

cắt CD tại điểm F

1 Chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn

2 Gọi K là giao điểm của BF với đường tròn (O) Chứng minh rằng EA là tia phân giác

của HEK

3 Chứng minh rằng: MD.FC = MC.FD

Câu 5 (0,5 điểm) Cho phương trình ( m  1) x2 (2 m  1) x    m 1 0, m là tham số (1)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thoả 1, 2

mãn x12 x22 2010 x x1 2  2013

-Hết -

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II

NĂM HỌC Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề)

Lưu ý khi chấm bài:

Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm Bài giải của học sinh cần chặt chẽ,

hợp logic toán học Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và

cho điểm tối đa của bài đó Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ

hình thì không được tính điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II

MÔN THI: TOÁN LỚP 9

NĂM HỌC

1

(1 điểm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; )x y (3; 1) 0,25

2

(1 điểm)

2

f         

 

2

f        

 

 2

2

3

(1 điểm)

Đặt: x2t, t 0.

Khi đó, phương trình đã cho trở thành: t2  3t 4 0

Vì a b c 1 3 4 0      nên pt trên có nghiệm t1 1, t24

0,5

Vì t 0 nên t1 1 không thỏa mãn điều kiện

Với t t2 4 Khi đó: x2   4 x 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = -2; 2  

0,5

1

(2 điểm)

Thay m   vào phương trình (1), ta 2 được pt:

Vì a b c 1 6 7 0      nên pt (2) có nghiệm x1 1, x27 0,25

Vậy với m   thì pt (1) có nghiệm 2 x1 1, x27 0,25

2

(1 điểm)

Ta có:   ' ( 3)21.(2m  3) 9 2m 3 12 2 m

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2khi và chỉ khi:

12 2 m 0 2m12 m 6

0,25

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2

1 2

6

x x



1 2 1 2 24 1 2 1 2 24 (4)

x x x x  x x x x 

0,25

Thay (3) vào (4) , ta được:

7

2

m   m   m  m (thỏa mãn ĐK m  ) 6

0,25

Vậy 7

2

(1,5 điểm)

Gọi vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là x (km/h), với x > 0

Khi đó, vận tốc lúc về của người đó là x + 5 (km/h) 0,25 Thời gian của người đó đi từ A đến B là 60

Thời gian lúc về của người đó là 60

5

Lập phương trình: 60 60 1

5

x  x 

 (5) Giải phương trình (5) tìm được x1 15,x2   20 0,5

Vì x  nên 0 x  2 20 không thoả mãn điều kiện của ẩn

Vậyvận tốc của người đó khi đi từ A đến B là 15 (km/h) 0,25

Hình vẽ:

1

(1 điểm)

Xét (O) có: AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FEB = 90 0

Mặt khác: AB CD (gt) nên 0

Xét tứ giác BEFH có:

FEB + BHF = 90 90 180 , mà FEB, BHF là hai góc ở vị trí đối diện nhau

0,5

Suy ra, tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn đường kính BF (đpcm) 0,25

2

(1 điểm)

Vì tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn (cm trên) nên HBF = HEF ( 2 góc

nội tiếp cùng chắn cung HF) hay ABK = HEA (6) 0,25

Xét (O) có: ABK = AEK( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (7) 0,25

Từ (6) và (7) , suy ra: HEA = AEK => EA là tia phân giác của HEK

Vậy tia EA là tia phân giác của HEK (đpcm) 0,5

3

Xét ADC có: AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến => ADC

cân tại A => AC = AD => AC = AD => sđ AC = sđ AD

Xét (O) có: DEA = CEA(2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

=> EA là tia phân giác của DEC

0,25

K F E

A

B

O

D C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ II

Thời gian làm bài: 90 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

(1 điểm) Vì EA là tia phân giác của DEC (cm trên) nên EF là đường phân giác trong

của tam giác CDE (8)

Suy ra: FC = EC

FD ED (9)

Vì AEB = 900 (cm phần a) nên AEMB (10)

Từ (8) và (10) , suy ra: EM là đường phân giác ngoài của tam giác CDE

Suy ra: MC = EC

Từ (9) và (11) , suy ra: FC = MC FC.MD = FD.MC

(0,5 điểm)

Xét m=-1, pt (1) là phương trình bậc nhất không có hai nghiệm phân

biệt

Xét m  1

Phương trình: 2

(m1)x (2m1)x m  1 0 (12)

Ta có:

(2m 1) 4.(m 1)(m 1) 4m 4m 1 4m 4 4m 5

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2khi và chỉ khi:

5

4

m    m (*) Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 2 1

1

m

x x

m



 

 và 1 2

1 1

m

x x m





 .

0,25

Mặt khác: 2 2

1 2 2010 1 2 2013

x x  x x 

1 2 2012 1 2 2013

2

2012 2013

2

4021m 4022m 0

0

m

  (thoả mãn (*)) hoặc 4022

4021

m   (thoả mãn (*))

Vậy m 0 hoặc 4022

4021

m   là giá trị cần tìm.

0,25

1 2

1

2

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  có phương trình

y = x + 4

Bài 2 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

Bài 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x 



x + 6

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc ACB tù, H là chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB tại điểm thứ hai là D Đường tròn đường kính CH cắt

AC tại điểm thứ hai là E

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EBH  EDC

giới hạn bởi cung

CH

EC và hai bán kính đi qua E và C của đường tròn đường kính

- HẾT -

1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9

Trên đây là sơ lược biểu điểm đề kiểm tra học kì II, tổ chuyên môn của các trường THCS thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải và biểu điểm Tổ chuyên môn có thể phân chia điểm nhỏ đến 0,25 điểm cho từng ý, từng câu của đề kiểm tra Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi Nội dung thảo luận hướng dẫn chấm được ghi vào biên bản của tổ chuyên môn

Học sinh có lời giải khác lời giải do tổ chuyên môn thống nhất, nhưng lập luận và kết quả chính xác, bài làm đúng đến ý nào thì có thể cho điểm tối đa ý đó

Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT

Cho hàm số y = 1 x2 có đồ thị (P)

2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  có phương trình y = x + 4

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số (1,0 điểm)

Bài 1

(2,0 điểm)

0,50

Đồ thị

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  (1,0 điểm)

Phương trình Hoành độ giao điểm 1 x2  x  4  x2  2x  8  0

Cho phương trình x2  2mx  2m  2  0 , (m là tham số) (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 Với các giá trị nào của tham số m thì x2 1 + x2 2 = 12

c) Với x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A = 6(x1+ x2 )

x2 + x2 + 4(x + x )

1 2 1 2

a) Giải phương trình (1) khi m = 1 (0,75 điểm)

Bài 2

1 2

(2,5 điểm)

' = m2

– 2m + 2 = (m 1)2 + 1 > 0, m

0,25 0,25 0,25 0,25

Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo định lí Vi-et: x1  x2  2m ; x1x2  2m  2

x2 + x2 = 12  4m2  4m  4 12

1 2

 m  1; m  2

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A (0,75 điểm)

A  3m

(m 1)2

A  1  1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ m = 1  Kết luận

2

Bài 3

(2,0 điểm)

a) Giải phương trình x  x + 6 (1,0 điểm)

0,25 0,25 0,25

 x2 13x  36  0

 x = 9; x = 4

Thử lại x = 4 không thỏa, x = 9 thỏa

Vậy x = 9

x  2 x

0,25 0,25 0,25

Phương trình trở thành (x +1)x + (3  x)(x  2) = 4x(x 2)

 2x2  7x  3  0

Giải ra ta được x = 3; x = 1 (thỏa điều kiện)  Kết luận:

1 2

2

Bài 4

(3,5 điểm)

Tam giác ABC có góc ACB tù, H là chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB tại điểm thứ hai là D Đường tròn đường kính CH cắt AC tại điểm thứ hai là E

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EBH  EDC c) Cho BH = a 3 , CH = a, góc ABC  450 Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung EC và hai bán kính đi qua E và C trên đường tròn đường kính CH

A

D

E

(phục vụ câu a và b) 0,50

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp (1,0 điểm)

0,25 0,50

HEC  900  AEH  900

 ADEH nội tiếp

b) Chứng minh EBH  EDC (1,0 điểm)

DEA = DHA (cùng chắn DA của đường tròn qua A, D, E, H) 0,25

0,25 0,25 0,25

DHA = ABC (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) CED + CBD = CED + DEA = 1800 nên BDEC nội tiếp

 EBH = EDC (cùng chắn CE của đường tròn qua B, D, E, C)

c) Tính diện tích hình quạt (1,0 điểm)

Từ giả thiết suy ra ABH vuông cân, nên AH = a 3 0,25

0,50

0,25

tanACH = AH = a 3 = 3  ACH = 600  sđ EH  120  sđ EC  60

HC a

πR2

60 πa2

Squat 

360 

24

- HẾT -