Tải Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 phòng GD&ĐT Tam Đảo, Vĩnh Phúc năm 2015 - 2016 - Đề kiểm tra cuối học kì II môn Toán lớp 9 có đáp án

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó).[r]

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN: TỐN 9

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề) Câu (3,0 điểm):

1

1

2 2

x A

x

x x

  



  x0;x11 Rút gọn biểu thức với Giải phương trình, hệ phương trình sau:

2

x  10x 16 0 

x 2y 2x y

  



 

 a) b)

Câu (3,0 điểm):

x  8x m (*)   Cho phương trình bậc hai:

a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó 2

x  x 2b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x

1, x2 thỏa mãn Câu (4,0 điểm):

1 Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O); B, C hai tiếp điểm Kẻ cát tuyến ADE với đường tròn (O) (AD < AE) CMR:

a) Tứ giác ABOC nội tiếp; b) AB2 = AD AE. c) BD CE = CD BE.

2 2 3

1 1

x y z

y z x

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN: TỐN 9

Câu ý Nội dung Điểm

Câu 1

1 x0;x1Với ta có:

1 1

1

2 2 2( 1) 2( 1) ( 1)( 1)

1

2( 1)( 1) 2( 1)( 1) 2( 1)( 1) ( 1) 2

2( 1)( 1) 2( 1)( 1)

2( 1)

2( 1)( 1)

x x

A

x

x x x x x x

x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x

x

x x x

                                           0,25 0,25 0,25 0,25 x2 10x 16 0

   a)

' 25 16 0 ' 3         ,

1

x 2 x2 8phương trình có hai nghiệm phân biệt ,

0,5 0,25 x 2y 2x 4y

2x y 2x y

   

 



 

   

  b)

5y 10 x 2y

       x y      

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (1 ; -2)

0,5

0,5 0,25

Câu 2

2

x  8x m 2 (*) a)

 

' ( 4)2 m 2 14 m

      

' 0 14 m 0 m 14

       Phương trình có nghiệm kép khi:

x x 4Khi đó phương trình có nghiệm kép

x x 4Vậy m = 14 pt cho có nghiệm kép b) Phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 khi:

'

0 14 m m 14        Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2

x x (1) x x m (2)

  



  

1 2

x  x 2Theo ta có: (3), từ (1) (3) ta có

1 2

1 2

x x 3x x

x 2x x 2x x

                   

 m 10 Thay kết vào (2) ta m + = 12 m = 10 (thỏa mãn) Vậy giá trị cần tìm

0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25

0,25

1 ABO 90

   ACO 90  a) Ta có () (AC OC)

 

ABO ACO 180

   Suy

Do đó tứ giác ABOC nội tiếp

0,75 ABD

 AEB A ABD AEB  b) Xét có chung, (hệ góc

tạo tia tiếp tuyến dây cung) ABD

  AEB (g.g) AB AD

AB AD.AE AE AB

   

0,5 0,5

ABD

 AEB

BD AB BE AE

 

c) Do (theo 2) nên ACD

 AEC 

CD AB

CE AEChứn g minh tương tự: (g.g) mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

BD CD

BD.CE BE.CD BE CE

   

0,25 0,5 0,5

 

  

 

  

 

  

2

2

2

p dụng BĐT Cauchy cho hai số d ơng, ta cã:

x y x y

x

1+y 1+y

y z y z

y

1+z 1+z

z x z x

z

1+x 1+x

¸

        

       

     

     

2 2

x y y z z x

(x y z)

1+y 1+z 1+x Cộng vế với

vế ba BĐT ta được:

0,5

0,25

O D

E

C B

   

         

  

2 2

3

x y z x y z 3(x y z)

(x y z)

1+y 1+z 1+x 4 4

3 3

.3 xyz

4

 x  y z 1Dấu “=” xảy BĐT cho chứng minh.

Tổng điểm 10,0