THI HK2 TOAN 9

KÎ tiÕp tuyÕn Bx víi nöa ®êng trßn.[r]

Kiểm tra Học kỳ II- Môn Toán lớp 9

Năm học : 2008-2009 Thời gian : 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề BàI

Bài 1 : (2 đ) Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a, 3 3

2

x  4  x  4 

b, x 3y 6

2x 3y 3

 





 



Bài 2(2đ)

a, Vẽ đồ thị hàm số y = 1 2

x 2 (P)

b, Tìm giá trị của m sao cho diểm C(-2; m) thuộc đồ thị (P)

Bài 3(2,5 đ) Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109 Tìm hai số đó

Bài 4(3,5đ) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đờng tròn Gọi C là điểm trên nửa đờng tròn sao cho cung CB bằng cung CA, D là một điểm tuỳ ý trên cung CB ( D khác C và B ) Các tia AC, AD cắt tia Bx theo thứ tự

ở E và F

a, Chứng minh tam giác ABE vuông cân

b, Chứng minh 2 

FB FD.FA

c, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đợc đờng tròn

Hết

Đáp án – BIểU ĐIểM

Bài 1:

a, 3 3

2

x  4  x  4 

Điều kiện: x  4 (0,25đ)

3 3

x  4  x  4         (0,25đ)

2

2

24 2x 32

  

2

2x 56

2

x 28

  (0,25đ)

 x  2 7 ( thoả mãn điều kiện)

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là

1

x  2 7 và

2

x  2 7 (0,25đ)

2x 3y 3 x 3y 6 3 3y 6 3y 3 y 1

           



Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm là (3;1) (1đ)

Bài 2:

a, Đồ thị hàm số y = 1 2

x 2

là đờng parabol có đỉnh là gốc toạ độ O, nhận trục tung làm trục

đối xứng, nằm phía trên trục hoành vì a > 0 (0,25đ)

- Vẽ đồ thị đúng (0,75đ)

b, Điểm C(-2;m) thuộc đồ thị (P) của hàm số y = 1 2

x 2

 m = 1 2 1

Vậy nếu m = 2 thì điểm C(-2;m)

thuộc (P) (1đ)

BàI 3: - Gọi số bé là x, xN, x>0 (0.25 đ)

-Số tự nhiên kề sau là:x+1 (0.25 đ)

-Tích của hai số này là x(x+1) hay x2+x (0.25 đ)

-Tổng của hai số n ày là x+x+1 hay 2x+1 (0.25 đ)

-Theo đầu bài ta có pt: x2-x-110=0 (0.5 đ)

-Giải đợc pt có hai nghiệm x1=11,x2=-10(loại) (0.5 đ)

Trả lời: Hai số phảI tìm là 11 và 12 (0.5 đ)

Bài 4:

a, Ta có  CA   CB (gt) nên sđCA sđCB= 0 0

180 : 2  90

 CAB 1

2

2

  ( CABlà góc nội tiếp chắn cung CB) E 45  0

Tam giác ABE có  0

ABE  90 ( tính chất tiếp tuyến) và   0

CAB   E 45 nên tam giác

ABE vuông cân tại B (1đ)

b,  ABFvà DBF  là hai tam giác vuông ( 0

ABF  90 theo CM trên,  0

ADB  90 do là

góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên  0

BDF  90 ) có chung góc

AFB nên  ABF  BDF  (0,75đ)

suy ra FA FB

hay 2

FB  FD.FA (0,25đ)

c, Ta có  CDA 1

2

2

  0

CDF  CDA  180 ( 2 góc kề bù) do đó  CDF  1800   CDA  1800  450  1350

(0,25đ)

Tứ giác CDFE có   0 0 0

CDF  CEF  135  45  180 nên tứ giác CDFE nội tiếp

đợc (0,25đ)

O

x

E

F D C

B A