Đề kiểm tra chất lượng học kỳ II môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ II môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) x 2y 5 1. Giải hệ phương trình sau: x y 2 3 2 1 2. Cho hàm số y f (x) x2 . Tính f ( ); f ( ); f ( 1); f (2). 2 3 2 3. Giải phương trình sau: x4 3x2 4 0 . Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 6x 2m 3 0 (1), với m là tham số. 1. Giải phương trình (1) khi m 2 . 2 2 2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 x2 x1x2 24 . Câu 3. (1,5 điểm) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với vận tốc xác định. Khi đi từ B về A người ấy đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 5 km/h. Vì vậy, thời gian về ít hơn thời gian đi là 1 giờ. Tính vận tốc của người đó khi đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 60 km. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại H. Trên tia đối của tia CD, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn (O). Kẻ MB cắt đường tròn tại điểm E, AE cắt CD tại điểm F. 1. Chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn. 2. Gọi K là giao điểm của BF với đường tròn (O). Chứng minh rằng EA là tia phân giác của H· EK . 3. Chứng minh rằng: MD.FC = MC.FD Câu 5. (0,5 điểm) Cho phương trình (m 1)x2 (2m 1)x m 1 0, m là tham số (1). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả 2 2 mãn x1 x2 2010x1x2 2013 . Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II MÔN THI: TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC Lưu ý khi chấm bài: Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính điểm. Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 (3 điểm) x 2y 5 3y 3 y 1 x 3 1 Ta có: 0,75 x y 2 x y 2 x y 2 y 1 (1 điểm) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) (3; 1) . 0,25 2 2 3 2 3 4 2 f ( ) . . 0,25 3 2 3 2 9 3 2 1 3 1 3 1 3 f ( ) . . 0,25 2 2 2 2 2 4 8 (1 điểm) 3 2 3 3 f ( 1) . 1 .1 0,25 2 2 2 3 3 f (2) .22 .4 6 0,25 2 2 Đặt: x2 t, t 0. Khi đó, phương trình đã cho trở thành: t2 3t 4 0 0,5 Vì a b c 1 3 4 0 nên pt trên có nghiệm t 1, t 4 . 3 1 2 (1 điểm) Vì t 0 nên t1 1 không thỏa mãn điều kiện. 2 Với t t2 4 . Khi đó: x 4 x 2 . 0,5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = -2;2 Câu 2 (2 điểm) Thay m 2 vào phương trình (1), ta được pt: 2 0,5 1 x 6x 7 0 (2) (2 điểm) Vì a b c 1 6 7 0 nên pt (2) có nghiệm x1 1, x2 7 . 0,25 Vậy với m 2 thì pt (1) có nghiệm x1 1, x2 7 . 0,25 Ta có: ' ( 3)2 1.(2m 3) 9 2m 3 12 2m Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi: 0,25 12 2m 0 2m 12 m 6 x x 6 Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2 (3) 2 x1.x2 2m 3 0,25 (1 điểm) 2 2 Theo đề bài, ta có: x1 x2 x1x2 24 x1x2 (x1 x2 ) 24 (4) Thay (3) vào (4) , ta được:
3. 7 6(2m 3) 24 2m 3 4 2m 7 m (thỏa mãn ĐK m 6 ) 2 0,25 7 Vậy m là giá trị cần tìm. 0,25 2 Câu 3 (1,5 điểm) Gọi vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là x (km/h), với x > 0. 0,25 Khi đó, vận tốc lúc về của người đó là x + 5 (km/h) 60 Thời gian của người đó đi từ A đến B là (giờ) 0,25 x 60 Thời gian lúc về của người đó là (giờ) 0,25 (1,5 điểm) x 5 60 60 Lập phương trình: 1 (5) x x 5 0,5 Giải phương trình (5) tìm được x1 15, x2 20 . Vì x 0 nên x2 20 không thoả mãn điều kiện của ẩn. Vậy vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là 15 (km/h). 0,25 Câu 4 (3 điểm) Hình vẽ: B E O M C F H D K A Xét (O) có: A· EB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay F· EB = 900 0,25 Mặt khác: AB  CD (gt) nên B· HF = 900 1 Xét tứ giác BEFH có: (1 điểm) F· EB + B· HF = 900 900 1800 , mà F· EB, B· HF là hai góc ở vị trí đối diện 0,5 nhau. Suy ra, tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn đường kính BF (đpcm) 0,25 Vì tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn (cm trên) nên H· BF = H· EF ( 2 góc 0,25 · · 2 nội tiếp cùng chắn cung HF) hay ABK = HEA (6) (1 điểm) Xét (O) có: A· BK = A· EK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (7) 0,25 Từ (6) và (7) , suy ra: H· EA = A· EK => EA là tia phân giác của H· EK . 0,5 Vậy tia EA là tia phân giác của H· EK . (đpcm) Xét ADC có: AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến => ADC
4. cân tại A => AC = AD => A»C = A»D => sđ A»C = sđ A»D 0,25 Xét (O) có: (D·2E gócA = nộiC· E Atiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) · 3 => EA là tia phân giác của DEC. (1 điểm) Xét CDE có: Vì EA là tia phân giác của D· EC (cm trên) nên EF là đường phân giác trong của tam giác CDE. (8) 0,25 FC EC Suy ra: = (9) FD ED Vì A· EB = 900 (cm phần a) nên AE  MB (10) Từ (8) và (10) , suy ra: EM là đường phân giác ngoài của tam giác CDE. MC EC 0,25 Suy ra: = (11) MD ED FC MC Từ (9) và (11) , suy ra: = FC.MD = FD.MC (đpcm) 0,25 FD MD Câu 5 (0,5 điểm) Xét m=-1, pt (1) là phương trình bậc nhất không có hai nghiệm phân biệt. Xét m 1 Phương trình: (m 1)x2 (2m 1)x m 1 0 (12) Ta có:  (2m 1)2 4.(m 1)(m 1) 4m2 4m 1 4m2 4 4m 5 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi và chỉ khi: 5 4m 5 0 m (*) 4 2m 1 m 1 (0,5 điểm) Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: x x và x x . 1 2 m 1 1 2 m 1 2 2 Mặt khác: x1 x2 2010x1x2 2013 2 x1 x2 2012x1.x2 2013 2 2m 1 m 1 2012. 2013 m 1 m 1 0,25 4021m2 4022m 0 4022 m 0 (thoả mãn (*)) hoặc m (thoả mãn (*)). 4021 4022 Vậy m 0 hoặc m là giá trị cần tìm. 4021 Tổng điểm 10