Hoa Puya quyến rũ từ mọi góc nhìn

[r]

Đề kiểm tra học kì II - môn toán Bài 1: (2 đ) Giải phơng trình hệ phơng trình sau: a,

3

2 x 4 x4

b,

x 3y 2x 3y

 

 

 



Bài a, Vẽ đồ thị hàm số y = x2 (P)

b, Tìm giá trị m cho diểm C(-2; m) thuộc đồ thị (P) Bài : (2điểm)

Lớp 9A đợc phân công trồng 120 xanh Lớp dự định chia cho số học sinh, nhng lao động có bạn vắng nên bạn có mặt phải trồng thêm xong

TÝnh sè häc sinh cđa líp 9A

Bài 4: (3®iĨm)

Cho ΔABC vng A Trên cạnh AC lấy điểm M vẽ đờng trịn đờng kính MC Kẻ BM cắt đờng tròn D Đờng thẳng DA cắt đờng tròn S Chứng minh rằng:

a) Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp b) CA tia phân giác BCS

c) Gọi giao điểm đờng trịn đờng kính MC với cạnh BC H Chứng minh đờng HM; BA; CD đồng qui

Bài (1điểm) : Giải PT

( x2 + 4x )( x2 + 6x + 5) = 12

Đáp án biểu điểm Môn Toán 9 Bài 1:

a,

3

2

x 4 x4 Điều kiện: x4 (0,25đ)

3

2 3(x 4) 3(x 4) 2(x 4)(x 4)

x  x4         (0,25®)

2

3x 12 3x 12 2(x 16)

 242x2  32  2x2 56

 x2 28 (0,25đ) x2 ( thoả mÃn điều kiƯn)

Vậy phơng trình cho có nghiệm x12 7 x2 2 7 (0,25đ)

b,

x 3y 3x x x x

2x 3y x 3y 3y 3y y

          

 

   

    

           

 



Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm (3;1) (1đ) Bài 2:

a, Đồ thị hàm số y = x2 đường parabol có đỉnh gốc toạ độ O, nhận trục tung làm trục đối xứng, nằm phía trục hồnh a > (0,25đ)

- Vẽ đồ thị (0,75đ)

b, Điểm C(-2;m) thuộc đồ thị (P) hàm số y = x2

 m = 1.( 2) 1.44 VËy nÕu m = điểm C(-2;m) thuộc (P) (1đ)

Bài 2: (2®)

Gäi sè häc sinh cđa líp 9A là: x (học sinh) ( điều kiện: x ; x<6 )

(0,25®)

Thì số học sinh lao động thực tế là: x- (học sinh) (0,25đ)

Số mà học sinh trồng theo dự định là: 120

x (c©y) (0,25đ)

Số mà học sinh trồng thực tế là: 120

x 6 (cây)

(0,25đ)

Ta có phơng trình : 120 x 6

120

x =1 (0,25®)

⇔x2

−6x −720=0

Giải đợc phơng trình x1= 30 (thoả mãn) ; x2= - 24 (loại)

(0,5®)

Kết luận (0,25đ)

Học sinh vẽ hình đẹp ( 0,25 đ)

Gi¶i:

a) Gọi O tâm đờng trịn đờng kính CM I trung điểm BC

Ta cã: BAC 90  0 (gt)  Theo quü tÝch cung chøa gãc ta cã A 

BC ; I  (1) (0,25đ)

Lại cã D  (O;

MC

2 )  CDM 90  



Hay CDB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))  D 

BC ; I       (2) (0,25đ)

Từ (1) (2) suy ®iĨm A ; D ; B ; C 

BC ; I      ( 0,25 đ)

Hay tứ giác ABCD néi tiÕp ( I ;

BC

2 )

(0,25đ)

b) Vì tø gi¸c ABCD néi tiÕp

BC ; I    

  (cmt)

 ADB ACB  (3) ( Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AB cđa

BC ; I      ) (0,25đ)

Mà tứ giác CMDS nội tiếp

MC ; O    

  (gt)

 MDS MCS 180   0 (tổng góc đối tứ giác nội tiếp)

(0,25®)

 ACS ADB  (4) (0,25®)

Từ (3) (4) ACS BCA (đpcm) (0,25đ)

c) Gọi giao điểm BA CD E ta chứng minh HM qua E

ThËt vËy: XÐt BEC cã:

CA EB BD CE

 



 

 

0

90

A cmt



 BD; CA đơịng cao trong BEC



Mµ BD vµ CA cắt M nên M trực tâm cđa BEC  EM CB (3)

(0,25®)

Mà HMD900( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn đờng kính MC )

 MH CB (4)

(0,25®)

Từ (3) (4)  MH EM// mà đờng thẳng song song qua điểm M nên MH EM  điểm E; M ; H thẳng hàng Hay HM qua E

Vậy đờng thẳng đồng qui E Bài (1 điểm) : Giải PT

 ( x2 + 4x )( x2 + 6x + 5) = 12  x( x + 4)( x + 1)(x + 5) = 12  x( x + 1)( x + 4)(x + 5) = 12  ( x2 + 5x )( x2 + 5x + 4) = 12 (*) Đặt x2 + 5x = t

Ta có phơng trình: (*) t( t + 4) = 12  t2 + 4t - 12 = (a = 1; b' = 2; c = -12)

Ta cã ' = 22 - 1.(-12) = + 12 = 16 >   ' 16 4

 x2 + 5x - =

Ta cã:  =52 - 4.1.(-2) = 25 + = >

 pt cã nghiÖm

5 33

;

x   x2 33

2

  

+) Với t2 = - thay vào đặt ta có: x2 + 5x = -  x2 + 5x + =

 pt có nghiệm x3 = - ; x4 = - Vậy phơng trình cho có nghiệm là:

x1 =

2

5 33 33

; x

2

   

