HK2 Toan 9

Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M. a) Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp. b) Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM.[r]

(1)

(2)

TRƯỜNG THCS SỐ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn:

TỐN 9

-

Thời gian làm bài:

90

phút

Bài (1,5 điểm)

Phát biểu chứng minh định lí tứ giác nội tiếp.

Bài (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

3x y 5

5x 2y 23















Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình 7x

+ 2(m – 1)x – = (*) với m tham số.

a) Giải phương trình (*) m = –2.

b) Chứng tỏ phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu với m

Bài (2,0 điểm)

Giải toán cách lập phương trình.

Một xe khách xe du lịch khởi hành đồng thời từ A để đến B Biết vận

tốc xe du lịch lớn vận tốc xe khách 20km/h Do đến B trước xe khách 50

phút Tính vận tốc xe, biết quãng đường AB dài 100km.

Bài (1,0 điểm)

Cho phương trình x

– px – 228p = 0, với p số nguyên tố

Tìm p để phương trình có hai nghiệm ngun.

Bài (2,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, Ax By hai tia tiếp tuyến với

nửa đường tròn A B Trên tia Ax lấy điểm M vẽ tiếp tuyến MP cắt By N.

a) Chứng minh



MON

∽



APB.

b) Chứng minh AM BN = R

(3)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9

Bà

i

Nội dung

Điểm

1

Trong tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện 180

.

0,5

GT

Tứ giác ABCD nội tiếp (O).

KL



0

A C 180

B D 180









Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên :



1

A

2



sđ

(định lí góc nội tiếp)



1

C

2



sđ

(định lí góc nội tiếp)

Suy

A C



1

(BCD DAB)



2







Mà sđ

+ sđ

= 360

nên

Chứng minh tương tự

 

1,0

2

3x y 5

5x 2y 23

















6x 2y 10

5x 2y 23

















11x 33

5x 2y 23















x 3

15 2y 23















x 3

y 4











Vậy: Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (3; 4).

1,0

3

7x

+ 2(m – 1)x – = (*)

a) Khi m = –2 (*)



7x

– 6x – =



x 1

1

x

7















1,0

b) Phương trình (*) có

a 0

ac 0

c

1 0

  







  

Suy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x

x

.

Theo hệ thức Vi – ét:

c

1

x x

0

a

7



 

 

x

, x

trái dấu.

Vậy phương trình (*) ln có hai nghiệm x1, x2 trái dấu với m.

1,0

4

Gọi vận tốc thực xe khách x (km/h) (Đk: x > 0)

0,25

Vận tốc xe du lịch là: x + 20 (km/h)

0,25

Thời gian xe khách là:

100

x

(h) Thời gian xe du lịch là:

100

20



x

(h)

0,25

O

A B

(4)

Bà

i

Nội dung

Điểm

Đổi 50 phút =

5

6

h

Theo đề ta có phương trình:

100

5

20 6







x

0,5

Giải phương trình được: x

= 40; x

= 60 (loại)

0,5

Vậy: Vân tốc xe khách 40 km/h.

Vân tốc xe du lịch 60 km/h.

0,25

5

Phương trinh x

– px – 228 = có



= p

+ 912p >0 p số nguyên tố.

0,25

Để phương trình có hai nghiệm ngun



số phương.

Ta có: p

+ 912p = p(p + 912)



(p + 912)

⋮

p



912

⋮

p

Vì 912 = 2

.3.19 nên p



{2; 3; 19}

0,25

* Với p =



= 1828 khơng phải số phương.

* Với p =



= 2745 khơng phải số phương.

* Với p = 19



= 17689 = 133

0,25



Phương trình có hai nghiệm ngun x

= 76; x

=



57.

Vậy với p = 19 phương trình x

– px – 228 = có hai nghiệm nguyên.

0,25

4

a) Tứ giác AMPO có:

   

Suy tứ giác AMPO nội tiếp.

Suy

(1) hai góc nội tiếp cùng

chắn

đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AMPO).

Tứ giác OPNB có:

= 90

+ 90

= 180

Suy tứ giác OPNB nội tiếp.

Suy

(2) hai góc nội tiếp cùng

chắn

đường tròn ngoại tiếp tứ giác

OPNB).

Từ (1) (2) suy ra:



MON

∽



APB (g – g)

Mặt khác ta có



(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)).

Vậy



MON



APB hai tam giác vuông đồng dạng.

0,25

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AM = MP PN = NB



AM BN = MP PN = OP

= R

(hệ thức lượng tam giác vuông).

0,25

c) Bán kính hình cầu R.

Vậy thể tích hình cầu là:

V

4

3



 

0,5

(Học sinh giải cách khác, ghi điểm tối đa)

x

y

H O

A B

P M

(5)

(6)

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

(7)

TRƯỜNG THCS SỐ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn: TỐN 9 - Thời gian làm bài:90 phút (Đề có 02 trang)

Họ tên học sinh: Lớp : Số báo danh: Giám thi (Họ tên, ký) Giám thị (Họ tên, ký) Số phách



Giám khảo 1 Giám khảo 2 Điểm thi Mã phách

A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)Thời gian: 20 phút (Không kể thời gian giao đề). I Khoanh tròn chữ in hoa đứng trước câu trả lời câu sau:

Câu 1: Phương trình 4x – 3y = –1 nhận cặp số sau làm nghiệm ?

A (–1; –1) B (–1; 1) C (1; –1) D (1; 1)

Câu 2: Hệ phương trình 2x y

x y

   



 

 có nghiệm (x; y) là:

A (1; 1) B (2; –1) C (2; 1) D (0; –1)

Câu 3: Biết đồ thị hàm số y = ax2 qua điểm A(–2; 2) Thế a bằng: A

4 B –

1

4 C

1

2 D –

1

Câu 4: Điểm sau thuộc đồ thị hàm số y = –

4x

2

A M(–2; 1) B N(4; 4) C P(2; 1) D Q(–4; –4)

Câu 5: Phương trình sau phương trình bậc hai ẩn: A 2x2 3 0

x

   B 5x2 2x x  C x3 – 4x + = D 3x4 + 2x2 – =

Câu 6: Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a 0) có a + b + c = thì: A x1 = 1, x2 =

c

a B x1 = –1, x2 = c

a C x1 = 1, x2 = – c

a D x1 = –1, x2 = – c a

Câu 7: Nếu hai số có tổng S = –5 tích P = –14 hai số nghiệm phương trình: A x2 + 5x + 14 = 0 B x2 – 5x + 14 = 0 C x2 + 5x – 14 = 0 D x2 – x – 14 = 0

Câu 8: Phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:

A x2 – 6x + = 0 B x2 + 4x + = 0 C x2 + = 0 D 2x2 + x – = 0

Câu 9: Cho đường tròn (O) đường kính AB, M điểm đường trịn cho MAB = 300 Khi số đo cung MA là:

A 300 B 600 C 900 D 1200

Câu 10: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, biết A =1150, 

B=750 Hai góc C D có số đo là:

A C 115 ;D 75 

  B C 75 ; D 115    C C 65 ;D 105    D C 105 ;D 65    II Đúng ghi “Đ” sai ghi “S” vào ô trống:

Câu 11: Công thức để tính thể tích hình trụ có bán kính đường trịn đáy R, chiều cao h là: V R h2

3

  mm

(8)

Câu 12: Cơng thức tính thể tích hình nón có bán kính đường trịn đáy R, chiều cao h là: V R h2

3

  mm

BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010

B Tự luận (7,0 điểm)Thời gian: 70 phút(Không kể thời gian giao đề). Bài (1,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình 3x y 5x 2y 23

  



  

b) Giải phương trình x2 + 2009x – 2010 = 0. Bài (2,0 điểm)

Một ca nô xi dịng từ A đến B dài 120km quay trở lại A 11giờ Tính vận tốc thực ca nơ, biết vận tốc dịng nước 2km/h

Bài (1,0 điểm)

Cho phương trình x2 – px – 228p = 0, với p số ngun tố Tìm p để phương trình có hai nghiệm nguyên

Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Các đường cao BE CF cắt H, AH cắt BC D cắt đường tròn (O) M

a) Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp b) Chứng minh BC tia phân giác góc EBM

c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF Chứng minh IE tiếp tuyến đường tròn (K)

(9)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9

A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Đáp án A A C D B A C D D C S Đ

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

B Tự luận (7,0 điểm)

Bài Nội dung Điểm

1

a) 3x y 5x 2y 23

  



 

 

6x 2y 10 5x 2y 23

        11x 33 5x 2y 23

       x 15 2y 23

       x y     

Vậy: Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (3; 4)

0,5

b) x2 2009x 2010 0 x

x 2010          0,5

Gọi vận tốc thực ca nô x km/h (Đk: x > 0) 0,25 Vận tốc xuôi dòng là: x +

Vận tốc ngược dòng là: x – Thời gian xi dịng là: 120

2

x (giờ)

0,25

Thời gian ngược dòng là: 120

2

x (giờ) 0,25

Theo đề ta có PT: 120 120 11

2

x x  0,5











 











2

120 120 11 2 11 240 44

' 120 11 44 14884 ' 122

          

         

x x x x x x

120 122 120 122

22;

11 11 11

x    x   

0,5

Vậy: Vân tốc thực ca nô 22 km/h 0,25 Phương trinh x2 – px – 228 = có

 = p2 + 912p >0 p số ngun tố 0,25

Để phương trình có hai nghiệm ngun  số phương

Ta có: p2 + 912p = p(p + 912)  (p + 912) ⋮ p  912 ⋮ p

Vì 912 = 24.3.19 nên p

 {2; 3; 19}

0,25 * Với p =  = 1828 khơng phải số phương

* Với p =  = 2745 khơng phải số phương

* Với p = 19  = 17689 = 1332

0,5

(10)

Vậy với p = 19 phương trình x2 – px – 228 = có hai nghiệm nguyên.

4

a) Xét tứ giác AEHF có :

 

0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180 AFH 90 (gt)

 



  



 



 tứ giác AEHF nội tiếp (có tổng hai góc đối 1800)

Xét tứ giác BFEC có: BFC 90

 ( gt); CEB= 90 ( gt)

Suy E, F nhìn đoạn BC góc 900  E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Ta có:

  

MAC = CBM = sdMC

2 (hai góc nội tiếp chắn cung MC (O)) (1)

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  

2 (hai góc nội tiếp chắn

cung EC (K)) (2)

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp (I)  EFH= EAH = sdEH  

2 (hai góc nội tiếp

cùng chắn cung EH (I)) (3) Từ (1); (2); (3) suy CBM = EBC   BC tia phân giác góc EBM.

0,25

0,25 0,25 0,25 c) Gọi I, K trung điểm AH BC  I, K tâm đường tròn ngoại

tiếp tứ giác AEHF BCEF (theo cmt) Nối IE, KE ta có:

* AIE cân I (IA = IE)  IAE = IEA (4)

* KEC cân K (KE = KC)  KEC = KCE  (5)

* ADC vuông D (gt)  DAC + DCA = 90  (6)

Từ (4); (5); (6) suy IEH + KEH = 90ˆ ˆ  IE  KH  IE tiếp tuyến (K) E.

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

(Học sinh giải cách khác, ghi điểm tối đa)

K

K M

E F

D O

C A

(11)

(12)

BÌNH NGUN NĂM HỌC 2009 – 2010

Họ tên học sinh: Lớp : Số báo danh: Giám thi (Họ tên, ký) Giám thị (Họ tên, ký) Số phách



Giám khảo 1 Giám khảo 2 Điểm thi Mã phách

A Trắc nghiệm khách quan (4,0 điểm)Thời gian: 20 phút (Không kể thời gian giao đề). I Khoanh tròn chữ in hoa đứng trước câu trả lời câu sau:

Câu 1.

Hệ phương trình

x yx y

 



có nghiệm (x ; y) :

A (1;



1)

B (2;



1)

C (2; 1)

D (0;



1)

Câu 2.

Điểm N(2 ; 5) thuộc đồ thị hàm số y = mx

+3 khi:

A m =

B m =

C m = 2

D m =



2

Câu 3.

Phương trình (k

– 4)x

+ 2(k + 2)x + = có nghiệm nghiệm k

bằng:

A



2

B 2

C



2

D 4

Câu 4.

Cặp số sau nghiệm phương trình

2 1         x y y

A

 



 

 

B

1 2;     

 

C

1 0;

2

 

 

 

D





Câu 5.

Hệ phương trình

xx y

y

 



có nghiệm là:

A

 

 

  B

2 ; 3     

 

C





D





Câu 6

Cho hàm số

y x

Kết luận sau đúng?

A Hàm số luôn đồng biến.

B Hàm số luôn nghịch biến

C Hàm số đồng biến x > 0, nghịch biến x < 0.

D Hàm số đồng biến x < 0, nghịch biến x > 0.

Câu 7.

Một cung tròn 60

đường tròn có bán kính R có độ dài bao nhiêu?

A

l =

R

3

B

3 l =

R

C

3R

l =

D



3 l =

R

(13)

A

2

cm



B 2

cm

C

2

cm



D

2

cm



Câu

Khai triển mặt xung quanh hình nón hình quạt, bán kính hình quạt

là 15 cm, số đo cung 120

diện tích xung quanh hình nón là:

A 75



cm

B 80



cm

C 45



cm

D 15 cm

II Hãy nối ý cột A với ý cột B để có kết đúng:

A

B

1 Cơng thức để tính thể tích hình trụ có bán

kính đường trịn đáy R, chiều cao h là:

2 Cơng thức tính thể tích hình nón có bán kính

đường trịn đáy R, chiều cao h là:

3 Cơng thức tính thể tích hình cầu có bán kính R là:

a

3

 

b

3

 

c



d

3

 

(14)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn:

TỐN 9

-

Thời gian làm bài:

90

phút.

(Đề có 03 trang)

B Tự luận (6,0 điểm)Thời gian: 70 phút(Không kể thời gian giao đề).

Bài ( 2điểm)

Cho phương trình





(ẩn x)

a Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với k.

b Tính tổng hai nghiệm phương trình.

Một ca nơ xi dịng từ A đến B dài 120km quay trở lại A 11giờ Tính vận

tốc thực ca nơ, biết vận tốc dịng nước 2km/h.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Các đường cao BE CF cắt

nhau H, AH cắt BC D cắt đường tròn (O) M

a Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp

b Chứng minh BC tia phân giác góc EBM

c Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K tâm đường tròn ngoại tiếp

tứ giác BCEF Chứng minh IE tiếp tuyến đường tròn (K).

(15)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9

A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 II Ghép

Đáp

án A D B A C B B B C 1+c 2+b 3+d

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

B Tự luận (7,0 điểm)

1

a Ta có:













  k  k  k  k  k  k  k  k    0 k

Vậy phương trình ln có nghiệm

1,0 0,5 b x1 + x2 = 2k – 0,5

2

Gọi vận tốc thực ca nô x km/h (Đk: x > 0) 0,25 Vận tốc xi dịng là: x +

Vận tốc ngược dòng là: x – Thời gian xi dịng là: 120

2

x (giờ)

0,25 Thời gian ngược dòng là: 120

2

x (giờ) 0,25

Theo đề ta có PT: 120 120 11

2

x x  0,5











 











2

120 120 11 2

11 240 44

' 120 11 44 14884 ' 122

x x x x

x x                    

120 122 120 122

22;

11 11 11

x    x   

0,5

Vậy: Vân tốc thực ca nô 22 km/h 0,25

3a

Xét tứ giác AEHF có :

    0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180 AFH 90 (gt)

         

Suy tứ giác AEHF nội tiếp

(có tổng hai góc đối 1800) Xét tứ giác BFEC có:



BFC 90 ( gt); CEB= 90 ( gt)

Suy E, F nhìn đoạn BC góc 900  E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

(16)

3b

Ta có:

  

MAC = CBM = sdMC

2 (hai góc nội tiếp chắn cung MC (O)) (1)

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  

2 (hai góc nội tiếp chắn

cung EC (K)) (2)

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp (I)  EFH= EAH = sdEH  

2 (hai góc nội

tiếp chắn cung EH (I)) (3) Từ (1); (2); (3) suy CBM = EBC   BC tia phân giác góc EBM.

0,25

0,25 0,25

3c

Gọi I, K trung điểm AH BC  I, K tâm đường tròn ngoại

tiếp tứ giác AEHF BCEF (theo cmt) Nối IE, KE ta có:

* AIE cân I (IA = IE)  IAE = IEA  (4)

* KEC cân K (KE = KC)  KEC = KCE  (5)

* ADC vuông D (gt)  DAC + DCA = 90  (6)

Từ (4); (5); (6) suy IEH + KEH = 90ˆ ˆ

 IE  KH  IE tiếp tuyến (K) E

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