Dap an de kiem tra HKII toan 9

Ghi chú : học sinh làm đúng đến đâu chấm điểm đúng đến đó Phần hình học nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không chấm điểm Học sinh có cách giải khác nếu đúng và đủ ý vẫn cho điểm tố[r]

Đề kiểm tra học kỳ II-Toán Năm học :2014-2015 Thời gian làm bài :90 phút Câu :(2Đ) Gỉai các phương trình và hệ phương trình : 1/16x2-14x+3=0 4 x  y 25  3/ 5 x  y 14 2/x4-(  )x2+  =0  x  y 5  5x  y   x  y  3 4/  Câu :(1.5Đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol x2 y= và đường thẳng (D) y=(m+2)x-4 1/Với m=1 Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ tìm giao điểm chúng phép toán 2/Với m=3 Viết phương trình đường thẳng song song với (D) và qua điểm A (1;3) Câu :(1.Đ) Gỉai bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình : Một hình vuông có cạnh lúc đầu là a Nếu tăng chiều dài cạnh lên 5cm ,cạnh còn lại giảm 6cm thì diện tích hình vuông giảm 43cm2 Tính chu vi hình vuông lúc đầu Câu 4:(2Đ) Cho phương trình mx2+4x-6=0 1/Định m để phương trình đã có có nghiệm 2/Định m để phương trình có nghiệm 3/Định m để phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn kiện : 3x1  x2  Câu :(4Đ) Cho tam giác ABC có góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R) Kẻ AH vuông góc với BC H ,AH cắt (O) E Vẽ đường kính AK (O),BE cắt AK I 1/Chứng tỏ :Tứ giác BEKC là hình thang cân 2/Chứng tỏ : IK.IA=IE.IB và BH.AK=AB.CK 3/Đường thẳng qua I vuông góc với AK cắt AE và AB M và N Chứng tỏ : Tứ giác ANMK nội tiếp 4/Chứng tỏ : MH.MA=BI2+MI2 5/Lấy P,Q thuộc AM cho IQ//BC,KP//IN,KP cắt IQ   G ,GM cắt BP F Chứng tỏ : QFP  NKM Hết đề thi -Ghi chú : học sinh đọc kỹ đề Làm bài cẩn thận Câu nào dễ làm trước - Đáp án Câu 1:1/16x2-14x+3=0  ( 14)  4.16.3 4  0,  2 =>phương trình có nghiệm phân biệt 14  14  x1   x2   16.2 16.2 2/ x  (5  3) x   0 Đặt t=x2(t≥0) phương trình đã cho trở thành : t  (5  3)t   0  (5  3)  4.1.(4  3) 25  20  12  16  21  12  0,   21  12 2  Phương trình đã cho có nghiệm phân biệt t1  52   52 2 3 t2  1  4   1.2 1.2 ( nhận ) (nhận) Với t 4   x 4   x   (  1) Với t=1=>x2=  x 1  x  y 25  3/ 5 x  y 14 8 x  y 50   15 x  y 42 23 x 92   8 x  y 50  x 4    y 2  x  y 5  x 5  y (1)   5x  y 5(5  y )  y   3(2)  x  y  3   y  y  4/   25  11y  3  y Xét phương trình (2): (ĐK:y#5) 18+(25-11y)(5-y)=9(5-y) 18+125-25y-55y+11y2=45-9y 11y2-71y+98=0  ( 71)2  4.11.98 729  0,  27 =>Phương trình đã cho có nghiệm phân biệt 71  27 49 71  27  y2  2 11.2 11 (nhận) 11.2 (nhận ) 49 2.49  43 y   x 5  y 5   11 11 11 Với Với y 2  x 5  y 5  2.2 1 y1   43   x  11  x 1    49  y 2 y  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  11 Câu :Học sinh tự vẽ đồ thị : x2 2/Với m=1 thì ta có (P) y= và đường thẳng (D) y=3x-4 Phương trình hoành độ (P) và (D) là : x2 =3x-4x2-6x+8=0  ( 6)  4.1.8 4  0,  2 =>Phương trình đã cho có nghiệm phân biệt x1  62 4 1.2 x2  6 2 1.2 Với x=4=>y=8 Với x=2=>y=2 Vậy tọa độ giao điểm (P) và (D) là (4;8) và (2;2) 3/Với m=3 ta có (D) y=5x-4 Gọi phương trình đường thẳng cần lập có dạng :y=ax+b ( D1 ) Vì D1 //D=> a=5 => D1 có dạng y=5x+b Vì D1 qua A(1;3) => tọa độ A thuộc D1 => 3=5.1+b=>b=-2 Vậy phương trình đường thẳng cần lập là y=5x-2 Câu :Diện tích hình vuông lúc đầu là :a2 (cm2) Chiều dài cạnh thứ lúc sau là a+5 (cm) Chiều dài cạnh thứ hai lúc sau là a-6(cm) Diện tích hình chữ nhật lúc sau là :(a+5)(a-6) Theo đề bài ta có :(a+5)(a-6)=a2-43 a2-6a+5a-30=a2-43 a=13cm >0 (nhận ) =>Chu vi hình vuông lúc đầu p=4a=4.13=52cm Câu :mx2+4x-6=0 1/TH1 : m=0 =>phương trình trở thành 4x-6=0 ( phương trình này có nghiệm ) Vậy nhận m=0 TH2: m#0 ,ta có :  4  4m  24m  16 2 Để phương trình có nghiệm thì :  0 24m+16≥0 m≥ 2 So với trường hợp ta nhận giá trị : m≥ 2/Đề phương trình trên có nghiệm thì : a/Phương trình trên là phương trình bậc ,theo trên nhận m=0 b/Phương trình bậc trên có nghiệm kép : 2 =>∆=0 =>2m+16=0 m= 2 Tóm lại nhận m=0 và m= 2 3/Khi ∆ >0 => m> Thì phương trình đã cho có nghiệm phân biệt 4   x1  x2  m   x x   m Theo định lý vi-ét ta có :  4   x1  x2  m  3 x1  x2  Kết hợp với đề bài ta có :  7m    x1   x1    8   m  m 2 x1  x2    m  x   x  x     7m  2 3x1  x2   m m m     x1.x2   7m    x1  m   x  m  12 m   6 (7 m  12)(  m  8)   m => m2 m (ĐK :m#0) Cũng theo trên ta lại có : =>(7m-12)(-7m+8)=-6m -49m2+56m+84m-96=-6m 49m2-146m+96=0  ( 146)  4.49.96 2500  0,  50  phương trình đã cho có nghiệm phân biệt 146  50 m1  2 49.2 (nhận) 146  50 48 m2   49.2 49 (nhận) Câu :  1/Ta thấy AEK 90 * ( góc nội tiếp chắn đường tròn đường kính AK)=>AE_|_KE lại có AE_|_BC=>BD//EK=>Tứ giác BEKD là hình thang ,mà hình thang này nội tiếp đường tròn (O)=> Tứ giác BEKD là hình thang cân 2/Xét tam giác IEK và tam giác IAB ta có :    IAB  IAB là góc chung , IEK ( góc ngoài tứ giác ABEK nội tiếp (O)) IEK ~ IAB( g  g )  IE IA   IE.IB IK IA IK IB =>  Ta có : ACK 90 * ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AK) Xét tam giác AHB và tam giác ACK ta có : ABC  AKC   ( góc nội tiếp cùng chắn cung AC) , AHB  ACK 90 * BH CK AHB ~ ACK ( g  g )    AB.CK BH AK AB AK => AKE  AIM 90 * 3/Xét tứ giác IMEK ta có : ->Tứ giác IMEK nội tiếp   IMK  IEK  ( góc ngoài góc đối ) => Mà IEK  IBC ( góc vị trí đồng vị BC//IK) mà ta có tứ giác BEKC là hình thang cân =>       BE=CK=> BE CK  BK CE  IBC BAK ( góc nội tiếp chắn cung    BAK ) => IMK =>Tứ giác ANMK nội tiếp ( góc ngoài góc đối ) 4/Dựng IL vuông góc với BC L Tia IL cắt tia tiếp tuyến A (O) S hình vẽ Xét tam giác MIA vuông I có đường cao IQ =>MI2=MQ.MA( hệ thức lượng tam giác vuông )   AM//IL ( cùng vuông góc với BC) => SIB SEA ( góc vị trí đồng vị )   Mà SEA SAx ( góc tạo tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng   chắn cung AE )=> SIB SAx =>Tứ giác ABIS nội tiếp ( góc ngoài   góc đối )=> IBS IAS 90 * Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SBI có đường cao BL BI2=IL.IS Mặt khác tứ giác IQHL ta có :QH_|_HC ,IQ_| _HQ,IL_|_HC=>Tứ giác HLIQ là hình chữ nhật =>IL=QH Ta có : AM//IS , AS//IM (AI cùng vuông góc với AS và IM)=>Tứ giác ASMI là hình bình hành =>AM=SI =>BI2=HQ.AM =>BI2+MI2=HQ.AM+MQ.AM=AM(HQ+MQ)=AM.MH 5/Xét tam giác KAP và tam giác KGI ta có : AKP IKG    90 * , KAP  IGK ( cùng phụ với góc AIG) KAP ~ KGI ( g  g )  KA KG   KP.KG KA.KI KP KI => Xét tam giác IMK và tam giác ABK ta có :     IMK  BAK (cmt), ABK MIK 90 * KI KB   KI KA KM KB KM KA => KP KM KM KB KP.KG   KB KG Từ đó suy   PKM KMI MIK ~ ABK ( g  g )  Mặt khác ta có : ( góc vị trí sole KP//IM) ,   KMI BAK (cmt) Ta có KP//IN ,IN_|_IA=>IA_|_KP=>KP là tiếp tuyến   BAK  BKP (O) => ( góc tạo tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp   BKP cùng chắn cung BK) => PKM Xét tam giác KPB và tam giác KMG ta có : KP KM    KB KG , PKM  BKP (cmt)   => KPB ~ KMG (c  g  c )  KBP KGM Xét tam giác PBK và tam giác PGF ta có :     KPB  FPG (2 góc đối đỉnh ) , KBP KGM (cmt) PBK ~ PGF ( g  g )  PB PG   PB.PF  PK PG PK PF => Xét tam giác AKP và tam giác GQP ta có : APK GPQ    ( góc đối đỉnh ), AKP GQP 90 * KP QP AKP ~ GQP ( g  g )    AP.QP PK PG AP GP => PQ PB PQ.PA  PB.PF   PF PA Từ đó suy Xét tam giác PQF và tam giác PBA ta có : PQ PB  QPF  APB ( góc đối đỉnh ) , PF PA (cmt)   PQF ~ PAB(c  g  c)  QFP PAB =>   Do tứ giác ANMK nội tiếp => PAB MKN => QFP MKN   Ghi chú : học sinh làm đúng đến đâu chấm điểm đúng đến đó Phần hình học vẽ sai hình không vẽ hình thì không chấm điểm Học sinh có cách giải khác đúng và đủ ý cho điểm tối đa câu đó