Đề kiểm tra môn Toán lớp 9 học kỳ II - TrườngTHCS Phù Đổng

Nội dung text: Đề kiểm tra môn Toán lớp 9 học kỳ II - TrườngTHCS Phù Đổng

1. TRƯỜNG THCS PHÙ ĐỔNG ĐỀ KIỂM TRA MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 HỌC KỲ II Thời gian làm bài 90 phút Đề số 1 Câu 1. (2,0 điểm) 3x y 7 1. Giải hệ phương trình  x y 1 2. Giải phương trình 4x4 3x2 1 0 . Câu 2. (3,0 điểm) 1 1. Cho hàm số y ax2 , với a 0 . Xác định hệ số a , biết đồ thị của hàm số đi 2 qua điểm A( 2;1) . 2. Cho phương trình x2 4x 5m 2 0 (1), với m là tham số. a. Giải phương trình (1) khi m 1 . b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: x1 x2 2x1 x2 14. Câu 3. (1,5 điểm) Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B. Vận tốc xe ô tô thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm hơn xe ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A đến B là 200 km. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn; 2.MB2 = MD.MA và M· OC = M· EC ; 3. BF // AM. Câu 5. (0,5 điểm) 2 2 Cho hai phương trình x 2013x 1 0 (2) và x 2014x 1 0 (3). Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2) ; x3, x4 là nghiệm của phương trình (3). Tính giá trị của biểu thức P = (x1 x3)(x2 x3)(x1 x4 )(x2 x4 ). Hết
2. Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 (2 điểm) 3x y 7 4x 8 x 2 x 2 1 Ta có: 0,75 x y 1 x y 1 x y 1 y 1 (1 điểm) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) (2; 1) . 0,25 Đặt: x2 t, t 0. Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t2 3t 1 0 0,5 1 Vì a b c 4 3 1 0 nên pt trên có nghiệm t 1, t . 1 2 4 2 Vì t 0 nên t 1 không thỏa mãn điều kiện. (1 điểm) 1 1 1 1 Với t t . Khi đó: x2 x . 2 4 4 2 0,5 1 1  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = - ;  2 2 Câu 2 (3 điểm) Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) nên, ta có: 1 0,5 a.( 2)2 1 2 1 1 (1 điểm) 2a 1 a (thoả mãn điều kiện a 0 ) 0,25 2 1 Vậy a là giá trị cần tìm. 0,25 2 a. x2 4x 5m 2 0 Thay m 1 vào phương trình (1), ta được pt: 0,25 x2 4x 3 0 (2) Vì a b c 1 4 3 0 nên pt (2) có nghiệm x1 1, x2 3 . 0,5 Vậy với m 1 thì pt (1) có nghiệm x1 1, x2 3 . 0,25 b. Ta có: ' ( 2)2 1.(5m 2) 4 5m 2 6 5m Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x , x khi và chỉ khi: 1 2 0,25 6 6 5m 0 5m 6 m 5 2 x1 x2 4 Theo hệ thức Vi – ét, ta có: (3) (2 điểm) x1.x2 5m 2 0,25 Theo đề bài, ta có: x1 x2 2x1 x2 14 (4) Thay (3) vào (4) , ta được: 3 4 2(5m 2) 14 10m 8 14 10m 6 m (thỏa mãn ĐK 5 6 m ) 0,25 5 3 Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 5
3. Câu 3 (1,5 điểm) Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0. 0,25 Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 200 Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là : (giờ) 0,25 x 10 200 Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là : (giờ) 0,25 x (1,5 điểm) 200 200 Lập phương trình: 1 (5) x x 10 0,5 Giải phương trình (5) tìm được x1 40, x2 50 . Vì x 0 nên x2 50 không thoả mãn điều kiện của ẩn. Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h); 0,25 vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h). Câu 4 (3 điểm) Hình vẽ: A F O E C B D M Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên 0,25 MB  OB; MC  OC M· BO M· CO = 900 1 Xét tứ giác OBMC có: (1 điểm) M· BO + M· CO = 900 900 1800 , mà M· BO, M· CO là hai góc ở vị trí đối 0,5 diện nhau. Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25 2 Xét (O) có: M· BD M· AB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với 0,5
4. (1 điểm) dây cung cùng chắn B»D ) Xét MBD và MAB có: M· BD M· AB (cm trên) Mµ chung Do đó: MBD MAB (g.g) MB MD MB2 MA.MD (đpcm) MA MB Tứ giác MCOE nội tiếp (vì M· CO + M· EO 1800 ) nên M· OC = M· EC (6) ( hai góc nội tiếp chắn cung MC) (đpcm) 0,5 1 1 Ta có: M· OC B· OC = sđ B»C (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); 2 2 1 0,5 B· FC sđ B»C (góc nội tiếp) B· FC M· OC (7) 2 3 · · · · (1,0 điểm) Từ (6) và (7) suy ra: BFC MEC , mà BFC, MEC là hai góc ở vị trí đồng vị. 0,5 Do đó: BF // AM (đpcm) Câu 5 (0,5 điểm) Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm. Theo hệ thức Vi – ét ta có: x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014 Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1 P = (x1 x3)(x2 x3)(x1 x4 )(x2 x4 ) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4) 0,25 (0,5 điểm) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 ) 2 2 2 2 = x1x2x3 - x3x4x2 - x3x4x1 + x1x2x4 2 2 2 2 = x3 - x2 - x1 + x4 2 2 = (x3 + x4 ) - 2x3x4 - ( x2+ x1) + 2x1x2 2 2 = (x3 + x4 ) - ( x2+ x1) Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được : P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027 0,25 KL: Tổng điểm 10