MỘT số đề KIỂM TRA học kỳ II TOÁN 9

MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II TOÁN ĐỀ SỐ 1: Nội dung kiến thức 1/ Phương trình trùng phương; hệ phương trình Số câu, số điểm ,tỉ lệ 2/ Vẽ đồ thị tìm giao điểm (P) (d) Số câu, số điểm ,tỉ lệ THIẾT LẬP MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA: Mức độ nhận thức Nhận biết Thông hiểu Vận dụng TN TL TN TL TN TL Học sinh biết giải hệ phương phương trình trùng phương câu điểm 20 % Số câu, số điểm ,tỉ lệ Số câu, số điểm ,tỉ lệ Tổng số câu, tổng số điểm ,tỉ lệ câu điểm 20 % Hiểu kiến thức Học sinh biết kỹ tìm tọa độ giao điểm vẽ (P) (P) (d) câu câu điểm điểm 10 % 10 % 3/ Phương trình bậc hai hệ thức Vi-et 4/ Tứ giác nội tiếp, diện tích đa giác Tổng Nhận biết điều kiện để tứ giác nội tiếp câu 2điểm 20 % câu điểm 50 % câu điểm 20 % Hiểu chứng minh phương trình có nghiệm Vận dụng định lý Vi-et để tìm GTNN câu điểm 10 % Hiểu quan hệ góc với đường trịn để chứng minh vng góc câu điểm 10 % câu điểm 30 % câu điểm 10 % Vận dụng kiến thức tính diện tích để tính diện tích câu điểm 10 % câu điểm 20 % ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( điểm ) Giải phương trình hệ phương trình sau: �x  y  3x  y  � a) � b) x  x   Bài : ( điểm ) Trên MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol  P  : y  x  d  : y  4 x  a) Vẽ  P  b) Tìm tọa độ giao điểm  P   d  Bài : ( điểm ) Cho phương trình : x   m   x  2m  (1) câu điểm 20 % câu điểm 40 % 10 câu 10 điểm 100 % a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm x1 ; x2 với m b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 cho x12  x22 đạt giá trị nhỏ Bài 4: ( điểm ) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) Các đường cao AD; BE; CF cắt H a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp c) Chứng minh : OA  EF d) Biết số đo cung AB 90 số đo cung AC 120 Tính theo R diện tích phần hình trịn giới hạn dây AB; cung BC dây AC - Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài NỘI DUNG �x  y  3x  y  � a) Giải hpt � x  12 � �� �x  y  �x  �x  �� ��  y  �y    � b) Giải pt x  x   (*) 2 Đặt x  t  t �0  PT  * � t  5t   � t1  ( nhận ) ; t2  ( nhận ) Với t1  � x  � x  �1 t2  � x  � x  �2 Vậy phương trình cho có nghiệm : x1  1; x2  1; x3  2; x4  2 a) Vẽ  P  : y  x + Lập bảng giá trị : x -2 -1 2 y=x 1 ĐIỂM 1,0đ 0,5 0,5 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0đ 0,5 0,5 + Vẽ đồ thị : b)Tìm tọa độ giao điểm  P   d  1,0đ + Pt hoành độ giao điểm  P   d  : x  x   0,25 + 0,25 0,25 x1  1 � y1  1: A  1;1 x2  3 � y2  : B  3;9  Vậy tọa độ giao điểm  P   d  A  1;1 ; B  3;9  a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với m 2  m   � 4.1  2m   m  4m    m   �0, m + � � � 0,25 1,0đ 0,75 + Vậy phương trình (1) ln có nghiệm x1 ; x2 với m b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 cho x12  x2 đạt giá trị nhỏ + Theo vi-et : x1  x2  m  0,25 x1.x2  2m + x12  x2   x1  x2   x1 x2 0,25   m     2m   m  8m    m    12 �12, m 0,25 + Vậy GTNN x12  x2 – 12 m   � m  4 a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp 0,25 1,0đ 2 � = 900;AFH � = 900 gt + Tứ giác AEHF có: AEH ( ) � + AFH � = 900 + 900 = 1800 + AEH + Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp � = 900;BEC � = 900 gt + Tứ giác BFEC có: BFC ( ) 0,25 1,0đ + F E hai đỉnh kề nhìn BC góc 900 + Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC c) Chứng minh : OA  EF �' � + Kẻ tiếp tuyến x’Ax (O) � xAB ( Cùng chắn cung AB ) = ACB � = ACB � ( BFEC nội tiếp ) + AFE � � x'x //FE + � x�'AB = AFE + Vậy : OA  EF d) Tính theo R diện tích phần hình trịn giới hạn dây AB; cung BC dây AC + Gọi SCt diện tích phần hình trịn giới hạn dây AB; cung BC dây AC SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC + SVFAB = SquatOAB - SDOAB = + SVFAC = SquatOAC - SDOAC = pR2 R2 (đvdt) pR2 R 3 (đvdt) + � �� pR2 R2 � pR2 R2 3� 5pR2 - 6R2 - 3R2 � � � � � SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC = pR2 - � = � � � � � � � 2� � 12 � �4 �� �3 (đvdt) * Ghi : - Hình vẽ sai khơng chấm điểm phần hình - Mọi cách giải khác đạt điểm tối đa câu 0,5 0,25 0,25 1,0đ 0,5 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ SỐ 2: Chủ đề Hàm số y=ax Nhận biết ( a  0) Số câu Số điểm Tỉ lệ % Phương trình hệ phương trình MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Thơng Vận dụng hiểu Thấp Cao - HS tính giá trị hàm số 1 10% 1 10% - HS giải hệ PT, tìm điều kiện để PT có nghiệm 2 20% Số câu Số điểm Tỉ lệ % Góc với đường tròn Số câu Số điểm Tỉ lệ % - HS biết vận dụng giải phương trình trùng phương - HS giải toán cách lập PT bậc hai 30% - HS biết vẽ hình chứng minh tứ giác nội tiếp 0.5 1.5 15% Hình trụ Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ % Tổng 1 10% - HS nhớ cơng thức, tính Sxq, V hình trụ 1 10% 3 30% 2.5 4.5 45% 50% - Hs vận dụng cung chứa góc để chứng minh so sánh hai góc 0.5 1.5 15% 30% 0.5 1.5 15% 1 10% 10 100% ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số y  f (x)  x Tính f (2) ; f ( 4) Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình: x  y  10 � � �x  y  Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình: x  x   Bài : (1,0đ) Với giá trị m phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = có hai nghiệm phân biệt Bài 5: (1.5đ) Tích hai số tự nhiên liên tiếp lớn tổng chúng 19 Tìm hai số Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy 6cm, chiều cao 9cm Hãy tính: a) Diện tích xung quanh hình trụ b) Thể tích hình trụ (Kết làm tròn đến hai chữ số thập phân;  �3,14) Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Kẻ EF vng góc với AD F Chứng minh rằng: a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp b) Chứng minh: Tia CA tia phân giác BCˆ F ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Bài (1,0đ) (1,0đ) Đáp án f(2)=2 f(-4)=8 Trừ hai PT ta 2x=6 => x = 3, y = Vậy: Hệ phương trình có nghiệm ( 3; 1) Biểu điểm 0,5 0,5 0,75 0,25 x  3x   (1,5đ) (1,0đ) Đặt x2 = t (ĐK t≥0) Ta có PT : t2+3t-4 = Có dạng: a + b + c = +3+(-4) = � t1 = ; t2 = -4 (loại) Với t = � x1 = 1, x2 = -1 Vậy: Phương trình cho có nghiệm: x1 = 1; x2 = –1 Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = (1) phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt ∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + > => m > 0,5 0,25 0,5 0,25 0,75 (1,5đ) (1,0đ) Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m > Gọi số tự nhiên thứ x (x  N) =>Số thứ x+1 Tích hai số tự nhiên liên tiếp x(x+1) Tổng hai số là: x + x + = 2x + Theo ta có PT: x2 – x – 20 = Có nghiệm thỏa mãn x = Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm a) Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq =  r.h = 2.3,14.6.9 �339,12 (cm2) b) Thể tích hình trụ là: V =  r2h = C3,14 62 �1017,36 (cm3) Hình vẽ: 0,25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0,5 0,5 B E 0,5đ A (3,0đ) F D  a)Ta có: ACD = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD ) Xét tứ giác DCEF có:  ECD = 900 ( cm )  EFD = 900 ( EF  AD (gt) )   => ECD + EFD = 1800 => Tứ giác DCEF tứ giác nội tiếp ( đpcm ) b) Vì tứ giác DCEF tứ giác nội tiếp ( cm phần a ) => Cˆ = Dˆ ( góc nội tiếp chắn cung EF ) Mà: Cˆ = Dˆ (góc nội tiếp chắn cung AB ) (1) (2) Từ (1) (2) => Cˆ1 = Cˆ hay CA tia phân giác BCˆ F ( đpcm ) ( Lưu ý : Các cách làm khác cho điểm tối đa) ĐỀ SỐ 3: 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Cấp độ Nhận biết Thông hiểu TL TL Tên Chủ đề Vận dụng Cấp độ thấp Cấp độ cao TL TL Cộng Phương trình – hệ phương trình Số câu Số điểm Tỉ lệ % Đồ thị hàm số 2đ 20% 1đ 10% Số câu Số điểm Tỉ lệ % Phương trình bậc hai 1đ 10% Số câu Số điểm Tỉ lệ % 1đ 10% 1đ 10% 3đ 30% 2đ 20% 1đ 10% 2đ 20% Đường tròn Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ % 1đ 10% 1.5đ 0.5đ 15% 5% 4đ 40% 2.5đ 25% 4 3.5đ 35% 3đ 30% 11 10đ =100% ĐỀ KIỂM TRA Câu : ( điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau a) 4x4 + 9x2 - = 2x  y  � b) � �x  y  Câu : ( điểm) Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - = (1) a) Tìm m để phương trình (1) vơ nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1.x2  2(x1  x2) Câu : (2 điểm) Cho hàm số y=x a) Vẽ đồ thị (P) hàm số b) Cho hàm số y = mx + có đồ thị (d) Tìm m cho (d) (P) cắt hai 1 điểm có tung độ y1, y2 thỏa mãn y  y  Câu : ( điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Điểm M nằm nửa đường tròn (M ≠ A; B) Tiếp tuyến M cắt tiếp tuyến A B đường tròn (O) C D a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp �  ODM � b) Chứng minh rằng: CAM c) Gọi P giao điểm CD AB Chứng minh: PA.PO = PC.PM d) Gọi E giao điểm AM BD; F giao điểm AC BM Chứng minh: E; F; P thẳng hàng Câu : ( điểm) Giải phương trình 4x  5x   x  x    9x HẾT -ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM: Câu Đáp án Điểm a) 4x4 + 9x2 - = (1) Đặt t= x2 ( t �0 ) pt (1) � 4t  9t   a  4; b  9; c  9 0.25   b  4ac   4.4.( 9)  225  0.25 t  3 � � � Câu � t (2 điểm) � Với t  (loai ) (TMDK ) � x2  �x� 0.25 Vậy phương trình (1) có nghiệm x  3 ;x   2 2x  y  � b) � giải hệ tìm ( x= 2; y=1) �x  y  a) Phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – = vô nghiệm    4m2 – 4m + 1– 4m2 + <  m > 9/4 b) Phương trình x2 – ( 2m – 1)x + m2 – = có nghiệm  �0  4m2 – 4m + 1– 4m2 + �0  m �9/4 Câu Khi ta có x1  x  2m  1, x1x  m  (2 điểm) x1.x  2(x1  x ) � m   nhân  � m   2(2m  1) � m  4m  � � m   loai  � Kết luận a) Lập bảng tính Vẽ đồ thị b) Ta có x  mx   a.c = - 10) Một ngày máy thứ làm ( cv) x 0.25 0.25 Một ngày máy thứ hai làm y (cv) Một ngày hai làm y (cv) �1 1 �x  y  10 Bài Theo có hệ : � � 1 � (1,5 7.(  )   � y � x y điểm) �x  15 (t / m ) � �y  30 �1 1 �x  y  10 � Theo bµi cã hƯ : � 1 � 7.(  )   � y � x y �x  15 (t / m ) � �y  30 KÕt ln ®óng Vẽ hình xác Xét tứ giác PDKI có: � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) PIQ Vì P điểm cung lớn AB nên � AB  PQ hay PDK = 900 � + PDK � Suy PIQ = 1800 Vậy tứ giác PDKI nội tiếp 0.5 0.25 0.25 0.5 � Bài Xét hai tam giác vng CIK CDP có C chung nên CI CK (3,5   CIK đồng dạng  CDP (g.g)  CD CP điểm) 0.5 0.5  CI CP CK CD � = � � c) Ta có BIQ AIQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung � AQ  QB � = 900 nên CI phân giác đỉnh I  AIB ) Mặt khác CIK Tứ giác ABPI nội tiếp nên suy ra:  CIA đồng dạng  CBP (g.g) => CI.CP = CA.CB (1) Mà theo câu b), ta có CI.CP = CK.CD (2) Từ (1) (2) suy ra: CK.CD = CA.CB hay CK  CA.CB không đổi K thuộc tia CB CD Vậy K cố định QI qua K cố định 0.5 0.5 ĐỀ SỐ 10: MA TRẬN: Cấp độ Tên chủ đề Vận dụng Nhận biết Thông hiểu Cấp độ thấp Chủ đề Hàm số y = ax2 Biết vẽ đồ y = ax + b (a  thị 0) (P), (d) Số câu Số điểm Tỉ lệ % 1(1b) 1,0 Biết vẽ hình theo y/c đề 0,25 đ 2câu 1,5 điểm 15% 0,5 Giải HPT bậc ẩn (Bài 2-1đ)) Biết giải toán cách lập pt (Bài 3-1đ) Áp dụng công thức để giải phương trình (b4a-0.5đ,4b-0.5đ)) (2,3,4a,4b) 3,0 Số câu Số điểm Tỉ lệ % Số câu Số điểm Tỉ lệ % Cấp độ cao Biết tìm giao điểm (P) (d) 1(1a) Chủ đề Phương trình, Ứng dụng định lý Viét Chủ đề Góc đường trịn; tứ giác nội tiếp Cộng Tìm giá trị tham số Tìm giá trị biêt giá trị tham số m nghiệm (b5a-0.75đ) (b5b-1.25đ) 1(5a) (5b) 0,75 câu 1.25 5,0 điểm 50% Vận dụng hệ góc nội tiếp c/m góc (B6 c) 0,5 đ -Vận dụng dấu hiệu nhận biết c/m tứ giác nội tiếp.(B6a0.5đ) -Vận dụng t/c tứ giác nội tiếp c/m đt song song B6 b (0.75đ) -Vận dụng tổng hợp hệ thức lượng tam giác vng cơng thức tính diện tích tam giác, hình quạt để tính diện tích viên phân B6d (1.5đ) 1,75đ câu 1,5 đ 3,5 điểm 35% Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ % 1,25 12,5% 3,0 30% 3,0 30% 13 câu 2,75 10 điểm 27,5% 100% ĐỀ KIỂM TRA Bài 1:(1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số sau mặt phẳng tọa độ : ( P) : y  x ; (d ) : y  x  b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) (d) (P) Bài 2:(1 điểm) Giải hệ phương trình sau : �x  y  � 3x  y  � Bài 3: (1 điểm) Tính kích thước hình chữ nhật biết chiều dài chiều rộng 3m diện tích 180m2 Bài 4:(1 điểm) Giải phương trình: a 4x2 – 20x = b 5x2 - 6x - = Bài 5: (2điểm) Cho phương trình x2 – 5x + - m = (*) a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x = -3 Tìm nghiệm cịn lại ? b.Tính giá trị m biết phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x ; x2 thỏa mãn điều kiện x1 - x2 = Bài 6: (3,5 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R), AB Chiều dài hình chữ nhật x + (m) Ta có phương trình : x(x + ) =180  x2 + 3x – 180 = Giải phương trình ta có x1`= 12 ( nhận) ; x2 = - 15 (loại) Chiều rộng hình chữ nhật 12 m, chiều dài hình chữ nhật 15 m Bài 4: Giải phương trình a 4x2 – 20x =  4x(x - 5) = 4x  x0 � � �� x 5  x5 � � � x1 = 0,25 0,25 điểm (1 điểm) 0.25đ 0.25đ b '   '  14 b '   '  14 = ; x2 = = a a Bài : a Thay x = -3 vào (*): (-3)2 – 5(-3) + - m =  m = 27 Vậy: m = 27 pt(*) có nghiệm x1= -3 Có : x1 + x2 =  -3 + x2 =  x2 = Vậy: nghiệm lại x2 = b   b  4ac  (5)  4.1.(3  m) = 13 + 4m Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 :   � 13  4m  � m   0,25 0.25đ b 5x2 - 6x - = Có:  ’= b '2  ac = (-3)2 – 5.(-1) = 14 >  0,25 0.25đ (2,0 điểm) 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 13 0.25đ �x1  x  (1) � Kết hợp định lý Vi ét đề ta có hệ phương trình : �x1.x   m (2) �x  x  (3) �1 Từ (1) (3) suy : x1 = ; x2 = Thay x1 = ; x2 = vào (2) ta m = -1 (tmđk) Vậy : m = -1 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa điều kiện x1 - x2 = Bài : a) Tứ giác BEDC có BEC �  1v, (CE  AB) �  1v, ( BD  AC ) BDC �  BDC �  1v � BEC 0.25đ 0.25đ 0.25đ (3.5 điểm) 0,25 đ 0,25 đ Vậy tứ giác BEDC nội tiếp b) Ta có : � � xAB ACB � AED  � ACB � � � xAB AED � xy / / ED ( hình vẽ : 0.25đ) ( hệ quả) 0,25 đ ( tứ giác BEDC nội tiếp) 0,25 đ (slt) 0,25 đ c) Tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) �  ECD � � ) Suy : EBD ( chắn ED d) Kẻ OH  BC �  600 � BOC �  1200 � HOC �  600 (BOCcân O) BAC �   1cm � OH  OC.Cos HOC �   � BC  3cm HC  OC.SinHOC 1 SVBOC  OH BC  1.2  3cm 2 2�  R BOC  22.1200 4 S hqBOC    cm 3600 3600 Diện tích viên phân cần tìm : 4 S  S hqBOC  SVBOC   3(cm ) 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Hết ĐỀ SỐ 11: BẢNG MÔ TẢ VÀ MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA TT Chủ đề Nhận biết Thơng hiểu Phương trình hệ phương trình Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : Hàm số y = ax2 vi-et Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : Góc với đường trịn Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : Tứ giác nội tiếp, diện tích Thơng qua tứ giác nội tiếp liên hệ quan hệ góc tứ giác Chứng minh tích Bài a Vận dụng Bậc thấp Bậc cao Hiểu giải dạng phương trình quen thuộc Bài 1a,b 2,0đ 20% Vận dụng vẽ đt (P) tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (P) Bài 2a,b 2,0đ 20% Vận dụng vào tính góc chứng minh Bài b 1,0đ 10% Tính diện tích dựa vào điều kiện Biện luận theo m nghiệm PT bậc hai Bài a,b 2,0đ 20% Bài 4c TỔNG CỘNG 4.00 đ 40% 2,00đ 20.0% 1.00 10.% Vận dụng kiến thức chương để giải toán nâng cao Bài d Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : TỔNG Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : 1 1.0đ 10% 0,0đ 00% 1,0đ 10% 1.0đ 10% 03 1.0đ 3.đ 10% 30.0% 6,0đ 40% 3,0 30% 10 10,0đ 100% ĐỀ KIỂM TRA: Bài ( 2,00 điểm) ( khơng dùng máy tính cầm tay) �x  y  �2 x  y  a/ Giải hệ phương trình : � b/ Giải phương trình : x4 - x2 – 12 = Bài ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y = x2 a/ Vẽ đồ thị (P) b/ Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d: y = -2x +3 phương pháp đại số Bài ( 2,00 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + = ( m tham số) a/ Chứng minh phương trình ln có nghiệm b/ Gọi x1, x2 nghiệm phân biệt phương trình Tìm giá trị nguyên m để giá trị �x � �x � biểu thức A = �  1��  1�đạt giá trị nguyên �x2 � �x1 � Bài ( 4,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Hai đường cao BM, CN ta giác cắt H a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường trịn, xác định tâm O đường trịn b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC c/ Cho biết MC = R, BC = 2R Tính diện tích hình quạt trịn giới hạn cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM (O) theo R d/ Gọi K giao điểm AH BC I giao điểm tia NK (O) Chứng minh : IM  BC BÀI 1a/ ĐÁP ÁN �x  y  �3x  �� � �2 x  y  �x  y  �x2 �� 2 y  � Bài �x2 �x  �� �� �y   �y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1; 1 ĐIỂM 0.25 0.25 0.25 0.25 1b/ x4 - x2 – 12 = Đặt t = x2 , t �0, phương trình trở thành: t2 - t – 12 =    4.12  49  => phương trình có hai nghiệm phân biệt t = - ( loại) t = ( nhận) Với t = x2 = x = -2 x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 x = 2a Bảng giá trị : x y= x2 Đồ thị: -2 y -1 0 1 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 f(x)=x*x 0.25 0.25 Bài 0.25 x -4 Bài 3: -3 -2 -1 Phương trình hồnh độ giao điểm d (P): x2 = - 2x + x2 +2x - = Pt có dạng a + b + c = nên phương trình có hai nghiệm x1 = x2 = -3 Thay vào phương trình (P) ta 2b y1 = 1, y2 = Vậy d cắt (P) điểm ( 1;1) hay (-3; 9) a/ Chứng minh phương trình ln có nghiệm Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + = ( m tham số) 3a  ' = (m – 3)2 + 4m – = m2 - 2m +1 = (m – 1)2 �0 với giá trị m => Phương trình ln có nghiệm với giá trị m Pt có hai nghiệm phân biệt  ' > m �1 (*) b Theo định lí vi-et: S = x1+x2 = 2(m-3) P= x1.x2 = – 4m + ( x1  x2 ) m4 x1 x2 m2 Với m nguyên, ta có: A nguyên  nguyên m2  m- �Ư(1)={-1, 1} �x � �x � Do đó: A = �  1��  1�=  �x2 � �x1 � 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 0.25 0.25 0.25 0.25 Do : m -2 = -1  m = ( loại) m -2 =  m = (nhận) Vậy m = thỏa mãn u cầu tốn 0.25 0.25 A M N H B K O C I 4a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O đường trịn Bài 4: ˆ  90 (do CN  AB ) CNB ˆ  900 (do BM  AC ) CMB 0.25 ˆ  CMB ˆ ( 900 ) => CNB => Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N nhìn BC góc 900 nên nội tiếp đường tròn Tâm O ˆ  900 ) trung điểm BC ( (do CNB 4b/ b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC Xét AMN ABC có : ˆ chung, ANM ˆ ( Tứ giác BNMC nội tiếp ˆ  ACB BAC đường tròn) => AMN đồng dạng ABC ( g.g) => MN AM   AB.MN  BC AM BC AB 4c/ c/ Tính diện tích hình quạt trịn giới hạn cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM (O) theo R Ta có : OM=OC=MC (=R)=> OMC => ˆ  600 MOC Diện tích quạt trịn cần tìm: S  R n  R 60  R   ( đvdt) 360 360 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4d/ Chứng minh : IM  BC Xét tam giác ABC có : BM, CN hai đường cao cắt H => H trực tâm => AH vng góc với BC 0.25 ˆ ˆ 0.25 BNH  BKH  180 => Tứ giác BKHN nội tiếp ˆ ˆ  NKH  NBH ( chắn cung NH) ˆ  NBH ˆ ( chắn cung NB (O)) Lại có : NIM 0.25 ˆ  NKH ˆ => AK // IM => NIM Lại có AK  BC 0.25 => IM  BC Thí sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa ĐỀ SỐ 12: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – Năm học 2014 – 2015 Mơn: Tốn ( thời gian 90 phút) Mức độ Vận dụng Nhận biết ( tự luận ) Thông hiểu ( tự luận ) Chủ đề Chủ đề 1: Giải pt Xác định Phương bậc hai Giải giá trị trình bậc hệ tham số để hai ẩn phương trình phương trình hệ bậc hai có nghiệm phương ẩn trình bậc hai ẩn Số câu Số điểm Tỉ lệ 20% 10% Chủ đề Vẽ đồ Hàm số y = thị hàm y = ax2 đồ thị ax2 hàm số y = ( a �0) ax ( a �0) Số câu Số điểm Tỉ lệ 10% Nhận biết tứ Vận dụng giác nội tiếp tính chất góc nội tiếp Chủ đề chứng minh Đường tròn quan hệ hai góc Số câu 1 Vận dụng thấp ( tự luận ) Vận dụng cao (tự luận ) Vận dụng hệ thức viét để tìm điều kiện tham số thỏa mãn hệ thức cho trước 1 10% Tổng 4 40% Xác định tọa độ giao điểm (P)và (d) 1 10% Tính diện tích hình viên phân thơng qua tính diện tích hình quạt trịn 2 20% Số điểm Tỉ lệ 1đ 10% Chủ đề Hình khơng gian Số câu Số điểm Tỉ lệ Tổng cộng 4 40% 10% Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ 1 10% 3 30% 1đ 10% 30% 2 20% 1 10% 10 10 100% 1 10% ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( điểm ) a) Giải phương trình: 2x2 - 5x - 12 =  x  y 6  x  y 4 b) Giải hệ phương trình:  Bài 2: ( điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y  2x a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A B (P) đường thẳng (d): y  3x  Bài 3: ( điểm ) Cho Phương trình: x   m  1 x  m  4m  ( m tham số ) 2 a) Xác định m để phương trình có nghiệm b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 cho x1  x2  x1 x2  Bài 4: ( điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2.AD quay xung quanh cạnh AD Tính thể tích hình tạo thành biết AC = cm Bài 5: (3 điểm) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Trên AB lấy điểm M (khác A, B), AC lấy điểm N ( khác A, C ) cho BM = AN a) Chứng minh OBM OAN b) Chứng minh tứ giác OMAN nội tiếp đường trịn c) Tính diện tích viên phân giới hạn dây BC cung BC theo R ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Câu a Nội dung a) Tìm nghiệm x1 = ; x2 = -3/2 Điểm 1đ �x  y  �x  y  �� � 3x  y  6x  y  � � b 0,25 x  14 � �� �x  y  �x  �� 2y  � 0,25 0,25 �x  �� Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x = 2; y = 2) �y  a Vẽ đồ thị (P): y  x Bảng giá trị x … … y  2 x -2 -8 -1 -2 0 -2 -8 0,25 1đ 0,5đ … … 0,5đ y a x -4 -2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -14 -16 b.Tọa độ giao điểm (P) (d) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) là: b 2 x  x  � x  x   - Xác định tọa độ M cần tìm ( a b 1đ 0,25đ -Xác định a, b, c -lập  '  2m  1 ; ) 0,25 1 0,25 0,50 - xác định pt có nghiệm  ' �0  m � 0,25 - Tính tổng tích hai nghiệm - Biến đổi biểu thức hệ thức cho thành pt m2 – 2m – = - Giải tìm m1= -1 (loại), m2 =3 ( nhận ) - Kết luận - Sử dụng pitago tính bán kính đáy r = 2( cm) chiều cao hình trụ h = ( cm) - Viết cơng thức tính thể tích hình trụ V =  r h  4 (cm3) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 A a) M B O H n b) c) N C Xét OBM OAN có: Ta có: OA = OB ( Bán kính) BM = AN ( gt) MBˆ O  NAˆ O (Cùng 30 ) Vậy OBM OAN Ta có: AMˆ O  BMˆ O 180 (kề bù) Mà: ANˆ O  BMˆ O ( OBM OAN ) Suy ra: AMˆ O  ANˆ O 180 Vậy tứ giác OMAN nội tiếp đường trịn Vì BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R)  BC  R ; OH   BC 120 R n R 120 R   (đvdt) 360 360 1 R R2 (đvdt) S BOC  BC.OH  R  2 R R  Vậy S viênphân   R (  ) (đvdt) 4  S OB C  n 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 R sđ 0,25 0,25 0,25 0,25 ( cách giải khác cho điểm tối đa câu Bài hình chấm vẽ hình) ... trình Số câu Số điểm Vẽ đồ thị hàm số y  ax Giải phương trình trùng phương Số câu Số điểm Số câu Số điểm Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn Số câu Số điểm 1,5 Số câu Số điểm 2,5 25% Số câu Số. .. tích hình phẳng Số câu Số điểm Số câu Số điểm Số câu Số điểm 1,5 Số câu Số điểm 5,5 55% Số câu 5,5 điểm= 55% Số câu 3,5 điểm= 35% Số câu Số điểm 10 ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( điểm) ( Khơng dùng máy tính... �37,68 ( cm )  Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa câu (0,25 điểm) ĐỀ SỐ 6: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Cấp độ Tên Chủ đề Chủ đề Hệ phương trình Số câu Điểm Tỉ lệ Chủ đề Ph/ trình bậc hai Số câu Điểm