de thi toan 9 HK 2 va HDC 20112012

Nếu ta bớt đi 2 ghế băng thì mỗi ghế còn lại phải xếp thêm 1 học sinh mới đủ chỗ.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC KỲ II LỚP 9

TX QUẢNG TRỊ MƠN TỐN

NĂM HỌC 2011-2012

Thời gian : 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0đ)

a) Giải hệ phương trình sau (khơng sử dụng máy tính cầm tay)

2x y x y 

 

   

b) Cho hàm số y x có đồ thị (P) đường thẳng (d): y = –2x + Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) đồ thị (P)

Câu 2: (1,5đ)

Cho hình nón có bán kính đáy r = 5cm chiều cao h = 12cm a) Tính thể tích hình nón

b) Tính diện tích xung quanh hình nón Câu 3: (2,0đ)

Cho phương trình: x2 2mx 0  (1) (m tham số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x ; x1 nghiệm phương trình (1) Tìm m để x12 x22 x x1 7 Câu 4: (2,0đ)

Một lớp học có 40 học sinh xếp ngồi ghế băng Nếu ta bớt ghế băng ghế cịn lại phải xếp thêm học sinh đủ chỗ Tính số ghế băng lúc đầu

Câu 5: (2,5đ)

Từ điểm M bên ngồi đường trịn (O; 6cm), kẻ hai tiếp tuyến MN; MP với đường tròn (N; P(O)) cát tuyến MAB (O) cho AB = cm (A nằm M

và B)

a) Chứng minh OPMN tứ giác nội tiếp

b) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB Chứng minh MHN = MON

c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ AB dây AB hình trịn tâm O cho

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ II LỚP 9

TX QUẢNG TRỊ MƠN TỐN

NĂM HỌC 2011-2012

Câu 1

(2,0 điểm)

a)

2x y 3x x

x y y

x y

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

x x

y y

 

   

 

 

  

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (3; – 1)

0,5đ

0,5đ

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (d):y x (P): y = –2x + là: x2 2x 3  x2 + 2x – = (Vì a + b + c = + – = 0)

  1 2

x y 1

x y

            

Vậy tọa độ giao điểm đường thẳng (d) (P) là: (1; 1) ( 3; 9)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2 (1,5 điểm)

a) Thể tích hình nón :

2

ón

1

Vπr h π5 12 100π(cm )

3

n   

b) Độ dài đường sinh hình nón là: 2 2

l h r  12 5  169 13(cm) Diện tích xung quanh hình nón:

2 Sπrl π.5.13 65π(cm )xq   

0,75đ 0,25đ 0,5đ

Câu 3

(2,0 điểm)

a) Xét phương trình: x2 2mx 1    (m tham số) Ta có Δ'  m2  1 m 02  m

Chứng tỏ phương trình (1) ln ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

0,5đ 0,5đ

b) Gọi x x1; nghiệm phương trình (1) Theo hệ thức Vi – ét, ta có:

b

x x 2m

a    

; c

x x

a  

Mà: x12x22 x x1 7 x1x22 3x x1 7

   

2 2 2

2m 4m m m

         

Vậy với m1 x12x22 x x1 7

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 4 (2,0 điểm)

- Gọi số ghế băng lúc đầu x (ghế) (Điều kiện x > 2;xN *)

- Lúc đầu số học sinh ngồi ghế 40

x (h/s) - Nếu bớt ghế số ghế lại x – (ghế)

- Số học sinh ngồi ghế lúc sau 40

x 2 (h/s)

- Theo ta có phương trình:

40 40 1

x 2  x   40x – 40.(x – 2) = x(x – 2)  40x – 40x + 80 = x2 – 2x  x2 – 2x – 80 =

D' = (–1)2 –1 (– 80) = 81 >0

Phương trình có nghiệm phân biệt

x1 = 10 ; x2 = – Đối chiếu với điều kiện ta thấy x =10 thoả mãn Vậy lúc đầu lớp học có 10 ghế băng

0,50đ

0,25đ

0,25đ

Câu 5

(2,5 điểm)

Vẽ hình

a) Ta có: MPO  MNO 900 (Tính chất tiếp tuyến)  MPO  MNO 1800

Vậy tứ giác PMNO nội tiếp đường trịn đường kính MO

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ b) Vì H trung điểm AB, nên: OH  AB

 OHM = ONM = 900

Hai điểm H N nhìn đoạn OM góc 900

 Tứ giác MNHO nội tiếp

 MHN = MON ( chắn cung MN )

0,25đ 0,25đ 0,25đ c) Gọi diện tích cần tính SVP

SVP =

SqAOB SDAOB + Ta có: OA = OB = AB = 6(cm)  ΔAOBđều  OH = 3 3(cm)

 SDAOB=

1AB.OH 16.3 3

2 2 = 9 3(cm2) + SqAOB =

2

2 πR n π.6 60

6π(cm )

360  360   SVP = SqAOB SDAOB= 6π  = 3(2π  3)(cm2)

0,25đ 0,25đ

0,25đ */ Ghi chú: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải, cách giải khác nếu cho điểm tối đa theo biểu điểm qui định câu.