Đề thi học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. Đề thi học kì II-Toán 9-Cơ bản Năm học:2018-2019 Thời gian làm bài:120 phút Câu 1:(2Đ)Gỉai các phương trình và hệ phương trình sau: 1/6x2+x-15=0 2/x4+4x2=5 3/ 4/ Câu 2:(1,5Đ)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P) y=x2 và (D) y=2x-3 1/Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ .Bằng phép toán chứng minh :(P) và (D) không có giao điểm chung 2/Viết phương trình đường thẳng (DA) biết (DA)//(D) và (DA) tiếp xúc với (P) 3/Tìm trên (P) điểm M sao cho OM= Câu 3:(1Đ)Gỉai bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình : Hình A là hình chữ nhật và hình B là hình vuông +Hai hình A và B có chu vi bằng nhau +Diện tích hình B lớn hơn hình A là 1cm2 +Nếu tăng độ dài cạnh hình vuông của hình B thêm 3cm ,tăng chiều rộng thêm 1 cm và giảm chiều dài 1 đoạn là 3cm của hình A thì lúc này diện tích hình B lớn hơn hình A là 65cm2 Tìm độ dài đường chéo hình chữ nhật Câu 4:(2Đ)Cho phương trình :x2-2x+m-1=0( với m là tham số) 1/Tìm m để phương trình có 1 nghiệm là 2 2/Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ,x2 3/Với điều kiện ở câu 2 ,tìm m để : a/Biểu thức : có giá trị nguyên b/ Câu 5:(3,5Đ) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) .Dựng đường tròn tâm O ,đường kính BC cắt AB tại M và cắt AC tại N ,BN cắt CM tại H ,AH cắt BC tại D 1/Chứng minh:Tứ giác AMDC nội tiếp và HM.HC=HB.HN 2/MN cắt BC tại E.Chứng minh:Tứ giác MDON nội tiếp và OC2=OD.OE 3/Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AE tại I.Chứng minh:IN tiếp xúc với (O) 4/MI cắt AD tại K.Đường tròn ngoại tiếp tam giác NKC cắt đường thẳng AD tại điểm thứ 2 là S.Chứng minh:AS=2HD &&&HẾT ĐỀ THI&&&
2. Đáp án đề thi Câu 1: 1/6x2+x-15=0 , =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : 2/x4+4x2=5x4+4x2-5=0 Đặt t=x2(t 0) ,pt trở thành :t2+4t-5=0 , =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : 1>0(nhận) -5 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : 1 Với y=1 .Thế vào (1) =>x=3y-1=3.1-1=2 Với y= . Thế vào (1) =>x=3y-1=3. -1= Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là : hoặc Bài 2: 1/Bảng giá trị của (P) và (D) Đồ thị Gía trị Parabol :(P) y=x2 Đường thẳng :(D) y=2x-3 x -2 -1 0 1 2 3 4 y 4 1 0 1 4 3 5
3. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là : x2=2x-3 x2-2x+3=0 (*) =>Phương trình (*) vô nghiệm  P và (D) không có giao điểm chung 2/Gọi phương trình đường thẳng (DA ) có dạng :y=ax+b (DA)//(D) :y=2x-3 => a=2 và b#-3 => đường thẳng (DA ) có dạng :y=2x+b Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (DA) là : x2=2x+bx2-2x-b=0 (a) (-2)2-4.1.(-b)=4+4b Để (P) tiếp xúc với (DA)  phương trình (a) có nghiệm kép  0  4+4b=0 4b=-4  b=-1#-3 (nhận) =>Phương trình đường thẳng (DA ) là :y=2x-1 2 3/Vì M thuộc (P) thuộc nên tọa độ của M là (xM ,xM ) 2 2 2 2 Ta có : OM=2 OM =12 (|xM|) +(|yM|) =OM 2 2 2 4 4 2 xM +yM =12 xM +xM =12  xM +xM -12=0 2 2 Đặt t=xM (t 0) =>pt trở thành :t +t-12=0 (1)2-4.1.(-12)=49>0, =7 =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : 3>0(nhận) -4 yM=xM = ( ) =3 2 2 Với xM= =>yM=xM = ( ) =3 Vậy có 2 điểm M để OM=2 là M ( ;3) hoặc M ( ;3)
4. Bài 3: Ta lập bảng như sau: Lúc ban đầu Lúc sau Các cạnh của các hình Chu vi Diện tích Diện tích Chiều a (cm) a+1 Hình rộng ĐK:a (cm) 2(a+b) ab chữ b(cm) Chiều (cm) (cm2) b-3 nhật ĐK: dài (cm) b (a+1)(b-3) (cm2) c+3 = +3 Hình Độ dài c 4c (c+3)2 vuông cạnh ĐK:c (cm) (cm2) = (cm2) 2(a+b)=4c ab=1 Điều kiện đề bài cho c= =65 Từ dữ kiện : ab=1  (a+b)2-4ab=4 a2+2ab+b2-4ab=4a2-2ab+b2=4  (b-a)2=4=22 Vì b>a>0 b-a>0 nên chọn b-a=2  b=a+2 Thế vào phương trình : Ta có:   (a+4)2- (a+1)(a-1)=65 a2+10a+25-(a2-1)=65 a2+8a+16-a2+1-65=08a-48=0 a=6>0 (nhận)
5. Vậy b=a+2=6+2=8 (cm) Đô dài đường chéo hình chữ nhật là : =10 (cm) Câu 4: Phương trình :x2-2x+m-1=0 (*) 1/Để x=2 là nghiệm của phương trình : 22-2.2+m-1=0 m=1 2/ =(-2)2-4.1.(m-1)=4-4(m-1)=4-4m-4=8-4m Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt  >0 8-4m>0 4m<8 m<2 3/Khi phương trình có 2 nghiệm x1,x2 .Theo định lý vi –ét ta có : 2 2 2 2 Ta có :x1 +x2 =(x1+x2) -2x1.x2=2 -2(m-1)=4-2(m-1)=4-2m+2=6-2m 3 3 2 2 x1 +x2 =(x1+x2)(x1 +x2 -x1.x2)=2[6-2m-(m-1)]=2(6-2m-m+1)=2(7-3m) a/Ta có :A= = = = = = = = = = -12+ Để A có giá trị nguyên  m+2 là ước của 44 Kết hợp với ĐK m<2 m+2<4 nên ta chọn m+2=1 m=-1 m+2=-1 m=-3 m+2=2 m=0 m+2=-2 m=-4 m+2=-11m=-13 m+2=-22 m=-24 m+2=-44  m=-46 Vậy các giá trị của m để A nguyên là m={-1;0;-3;-4;-13;-24;-46} b/ Ta có :(a-b)(a4+a3b+a2b2+ab3+b4)=a5+a4b+a3b2+a2b3+ab4-a4b-a3b2-a2b3-ab4 -b5=a5-b5.Ta có hằng đẳng thức :a5-b5=:(a-b)(a4+a3b+a2b2+ab3+b4) Ta có: 
6. Ta có: 4 3 2 2 =[(2x1-x2)-(2x2-x1)][(2x1-x2) +(2x1-x2) .(2x2-x1)+(2x1-x2) .(2x2-x1) 3 4 +(2x1-x2)(2x2-x1) +(2x2-x1) ] 4 3 2 2 =[(3x1-3x2][(2x1-x2) +(2x1-x2) .(2x2-x1)+(2x1-x2) .(2x2-x1) 3 4 +(2x1-x2)(2x2-x1) +(2x2-x1) ] =3(x1-x2).A.Với 4 4 3 3 2 2 A=(2x1-x2) +(2x2-x1) +(2x1-x2) .(2x2-x1) +(2x1-x2)(2x2-x1) )+(2x1-x2) .(2x2-x1) Ta có : 2 2 =[(x2+3x1+1)-(x1+3x2+1)][(x2+3x1+1) +(x1+3x2+1) -(x2+3x1+1)(x1+3x2+1)] 2 2 =[2x1-2x2][(x2+3x1+1) +(x1+3x2+1) -(x2+3x1+1)(x1+3x2+1)] 2 2 =2(x1-x2).B với B=(x2+3x1+1) +(x1+3x2+1) -(x2+3x1+1)(x1+3x2+1) Ta có :3A(x1-x2)+2B(x1-x2)=0 (x1-x2)(3A+2B)=0 x1-x2=0 x1=x2 (loại ) vì x1#x2 ( phương trình có 2 nghiệm phân biệt) 3A+2B=0 (nhận) 2 2 2 2 Ta có:(2x1-x2)(2x2-x1)=4x1x2-2x1 -2x2 +x1x2=5x1x2-2(x1 +x2 ) =5(m-1)-2.(6-2m)=5m-5-12+4m=9m-17 (2x1-x2)+(2x2-x1)=x1+x2=2 2 2 2 (2x1-x2) +(2x2-x1) =[(2x1-x2)+(2x2-x1)] -2(2x1-x2)(2x2-x1) =22-2(9m-17)=4-18m+34=38-18m 4 4 2 2 Ta có :A=(2x1-x2) +(2x2-x1) +(2x1-x2)(2x2-x1)[ (2x1-x2) +(2x2-x1) ] 2 2 2 2 2 +[(2x1-x2)(2x2-x1)] =[(2x1-x2) +(2x2-x1) ] -2[(2x1-x2)(2x2-x1)] 2 2 2 +(2x1-x2)(2x2-x1)[ (2x1-x2) +(2x2-x1) ]+[(2x1-x2)(2x2-x1)] =(38-18m)2-2(9m-17)2+(9m-17)(38-18m)+(9m-17)2 =(38-18m)2-(9m-17)2+(9m-17)(38-18m) =1444-1368m+324m2-(81m2-306m+289)+342m-162m2-646+306m =1444-1368m+324m2-81m2+306m-289+342m-162m2-646+306m = 81m2-414m+509 2 2 Ta có:(x2+3x1+1)(x1+3x2+1)=x2x1+3x2 +x2+3x1 +9x1x2+3x1+x1+3x2+1 2 2 =10x1x2+3(x1 +x2 )+4(x1+x2)+1=10(m-1)+3(6-2m)+4.2+1 =10m-10+18-6m+8+1=4m+17 (x2+3x1+1)+ (x1+3x2+1)=4(x1+x2)+2=4.2+2=10 2 2 Ta có :B=(x2+3x1+1) +(x1+3x2+1) -(x2+3x1+1)(x1+3x2+1) 2 =[(x2+3x1+1)+(x1+3x2+1)] -3(x2+3x1+1)(x1+3x2+1) =102-3(4m+17)=100-12m-51=49-12m Ta có:3A+2B=03(81m2-414m+509)+2(49-12m)=0 243m2-1242m+1527+98-24m=0243m2-1266m+1625=0 , =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : >2(loại)
7. >2(loại) Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 5: 1/Ta có : =90*(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) =>AB_|_MC =90*(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) =>AC_|_BN Xét ABC có 2 đường cao MC và BN cắt nhau tại H =>H là trực tâm của ABC =>AD là đường cao thứ ba của ABC =>AD_|_BC=> =90* Xét tứ giác AMDC ta có : =90*=>Tứ giác AMDC nội tiếp (2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau) Xét HMB và HNC ta có : =90*, ( 2 góc đối đỉnh ) => HMB~ HNC(g-g)=> =>HM.HC=HB.HN
8. 2/Xét tứ giác BMHD ta có : =90*=>Tứ giác BMHD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => (1a) Mà ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (1b) Từ (1a),(1b)=> =>MC là tia phân giác của => 2 =2 (2a) Ta có :ON=OB=> ONB cân tại O=> (3a) Mà = + (Tính chất góc ngoài của ONB) (3b) Từ (3a),(3b)=> =2 (3c) Từ (2a),(3c)=> = =>Tứ giác NMDO nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong ) => = (4a) Ta có :OM=ON=> OMN cân tại O=> = (4b). Từ (4a),(4b)=> = Xét và ONE ta có : là góc chung , = (cmt) => ~ ONE (g-g)=> =>ON2=OD.OE (4c) Mà ON=OC .Kết hợp với (4c)=>OC2=OD.OE 3/Ta có : = ( góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác MNBC nội tiếp trong đường tròn (O)) Xét và ta có : là góc chung , = (cmt) => ~ (g-g)=> =>EB.EC=EM.EN (5a) Ta có : = ( Tứ giác MDON nội tiếp) Xét và ta có : là góc chung , = (cmt) => ~ (g-g)=> =>EM.EN=ED.EO (5b) Từ (5a),(5b)=>EB.EC=ED.EO=> (5c) Ta có :BI_|_EC (BI là tiếp tuyến của (O)), AD_|_BC (cmt) =>BI//AD => (Định lý ta lét trong ADE) (5d) Từ (5c), (5d)=> =>OI//AC (Định lý ta lét đảo trong AEC) Ta có :AC_|_BC ,AC//OI (cmt)=>OI_|_BN Ta có :OB=ON=> ONB cân tại O => ONB cân tại O có OI là đường cao (OI_|_BN) =>OI cũng là đường phân giác trong ONB => = Xét và ta có :
9. OB=ON, = (cmt) ,OI là cạnh chung => = (c-g-c)=> = =90*=>ON_|_IN Ta lại có N thuộc đường tròn (O) ,ON_|_IN (cmt) =>IN tiếp xúc với đường tròn (O) 4/Ta cò: = (góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác NSKC nội tiếp) Xét và ta có : là góc chung , = (cmt) => ~ (g-g)=> =>AS.AK=AN.AC (6a) Xét và ta có : là góc chung , = (Tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn (O)) => ~ (g-g)=> =>AN.AC=AM.AB (6b) Từ (6a),(6b)=>AS.AK=AM.AB => (6c) Ta có :AD//BI ,Áp dụng hệ quả định lý ta lét ta có: (6d) Từ (6c), (6d) => (6e) Gọi T là giao điểm của OI và BN Theo như trên thì ta có :OT_|_BN =>T là trung điểm của BN (quan hệ đường kính và dây cung)=>BN=2BT Ta có:BI//AD(cmt)=> = (2 góc ở vị trí sole trong) Xét và ta có : = , = (cmt) => ~ (g-g)=> =>HD.BI=BT.BH Mà BN=2BT=>2HS.BI=2BT.BH=BN.BH (7a) Xét và ta có : là góc chung , = =90* => ~ (g-g)=> =>BN.BH=BM.BA (7b) Từ (7a),(7b)=>2HD.BI=BM.BA=> (7c) Từ (6e),(7c)=> =>AS=2HD