đề kiểm tra học kì 2 môn toán lớp 9

PHÒNG GD - ĐT BỐ TRẠCH
TRƯỜNG THCS XUÂN TRẠCH

KÌ THI CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2011-2012
Môn: Toán lớp: 9
Thời gian làm bài: 90phút

MA TRẬN ĐỀ
Cấđộ

Nhận biết

Thông
hiểu

Tên
chủ đề
(nội
dung,chương…)
Chủ đề 1

Cấp độ thấp

Hàm số y = ax

2

Số câu
Số điểm Tỉ
lệ %

Chủ đề 3
Phương
trình bậc
hai một ẩn,
giải bt bằng
lập PT bậc
hai một ẩn

Số câu
Số điểm
lệ %

Tỉ

Cộng

Cấp độ cao

Vận dụng được
phương pháp
giải hệ hai
phương trình
bậc nhất hai ẩn:
Phương pháp
thế, phương
pháp cộng đại
số.

Hệ phương
trình bậc nhất

hai ẩn

Số câu
Số điểm Tỉ
lệ %
Chủ đề 2

Vận dụng

Số câu

Số câu:

Số câu:1

Số câu:

Số câu:1

Số điểm

Số điểm:

Số điểm:1,0

Số điểm:

1,0điểm=10.%

Số câu:1

Số câu:

Số câu:

Số câu

Số câu:1

Số điểm:1

Số điểm:

Số điểm:

Số điểm

1 điểm=10%

Vận dụng công
thức nghiệm,
công thức
nghiệm thu gọn
để giải phương
trình bậc hai

Vận dụng
giải toán
Lập pt

Số câu:3

Số câu: 1

Số câu:4

Số điểm:3

Số điểm:2

5,0điểm=50%

Tính các
giá trị của
hàm số tại
những giá
trị khác
nhau của
biến số


Sử dụng
tam giác
đồng dạng
vào giải bài
tập

Chứng minh tứ giác nội tiếp
đường tròn,nội dung chứng
minh ngắn gọn kết hợp với kiến

thức về tiếp tuyến của đường
tròn, hệ quả và tính chất của góc
nội tiếp, Tính diện tích của một
tam giác

Số câu:

Số câu 1

Số câu:2

Số câu:3

Số điểm:

Số điểm: 1.0

Số điểm:.2,0

3điểm=30%

Số câu:1

Số câu:1

Số câu: 7

Số câu:9

Số điểm:1

Số điểm:1,0

Số điểm: 8,0

Số điểm:10

10%

10%

80 %

100%

Chủ đề 4
Đường tròn

Số câu
Số điểm
lệ %

Tỉ

Số câu
Số điểm Tỉ
lệ %
Tổng số câu
Tổng số điểm
Tỉ lệ %

Mã đề 01:
Câu 1 (2 điểm)
4 x + 7 y = 16
4 x − 3 y = −24

1. Giải hệ phương trình : 

2. Cho hàm số y =(2m-3)x2. Tìm điều kiện của m để điểm A(-3;18) thuộc đồ thị
hàm số.
Câu 2 (3điểm)
Cho phương trình: x2 -2x – 2(m+2) = 0
1. giải phương trình khi m = 2.
2. Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
3.Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thoả mãn: x12 + x22 = 8
Câu 3(2 điểm)
Một lớp học có 40 học sinh được xắp xếp ngồi đều nhau trên các ghế băng. Nếu
bớt đi 2 ghế băng thì mỗi ghế còn lại phải xếp thêm 1 học sinh. Tính ghế băng lúc đầu.
Câu 4(3điểm)
Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=R, bán kính OC ⊥ AB. M là một điểm
trên cung nhỏ BC,AM cắt CO t ại N.
1.Chứng minh: Tứ giác ABMN nội tíêp đường tròn.
2.Chứng minh AM .AN = 2R2.
3.Kéo dài BN cắt nửa đường tròn tại K. Chứng minh 3 đường thẳng AC, BN,
ON đồng qui .
…………………………Hết………………….

Mã đề 02:
Câu 1 (2 điểm)

 x + 3 y = 10
2 x + y = 5

1. Giải hệ phương trình : 

2. Cho hàm số y =(m+2)x2. Tìm điều kiện của m để điểm A(-2;4) thuộc đồ thị
hàm số
Câu 2 (3điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x 2 − 2( m + 1) x + m2 + 2 = 0
1. Giải phương trình đã cho khi m =1.
2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt .
3. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thoả mãn: x12 + x 22 = 10


Câu 3(2 điểm)
Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe
phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so
với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng
mỗi xe chở như nhau)
Câu 4(3điểm)
Cho đường tròn (O), một dây ABvà một điểm C nằm ngoài đường tròn nằm trên
tia AB. vẽ đường kính QP ⊥ AB tại D(Q thuộc cung nhỏ AB). Tia CP cắt đường tròn
tại điểm thứ hai là I .Các dâ y AB và QI cắt nhau tại K.
1.Chứng minh: Tứ giác PDKI nội tíêp đường tròn.
2.Chứng minh CI.CP = CK.CD.
3.Giả sử A,B,C cố định.Chứng minh rằng đường tròn(O) thay đổi nhưng vẫn đi qua
A,B thì đoạn thẳng QI luôn đi qua một điểm cố định.
…………………………Hết………………….
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

KÌ THI CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn: Toán lớp 9
Chú ý: Dưới đây là hướng dẫn cơ bản, bài làm của học sinh phải trình bày chi tiết.
HS giải bằng nhiều cách khác nhau đúng vẫn cho điểm từng phần tương ứng.
Câu

Ý

Câu1

1

Mã đề 01:
Nội dung

Điểm

Giải phương trình:
4 x + 7 y = 16
10 y = 40
⇔ 

4 x − 3 y = −24
 4 x + 7 y = 16
y = 4
⇔ 
4 x + 7.4 = 16
y = 4

⇔ 
4 x = 16 − 28
y = 4
⇔ 
4 x = −12
y = 4
⇔ 
 x = −3

Vậy hệ phương trình có1 nghiệm duy nhất: (x; y)= ( −3 ; 4)

0,25
0,25
0,25

0,25


2

-Điểm A(-3;18) thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
(2m-3).9 =18
⇔ 2m-3=2
⇔ 2m=5
⇔ m=2,5

0,25
0,25
0,25

Kl: vậy m = 2,5 thì điểm A(-3;18) thuộc đồ thị hàm số
y =(2m-3)x2.
Câu2

1

Cho phương trình: x2 -2x – 2(m+2) = 0
Khi m = 2 ta có phương trình: x2 – 2x – 8 = 0
∆' = 1+8 =9 ⇒ ∆' = 3
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

0,25

0,5

− b'+ ∆' 1 + 3
=
=4
a
1
− b'− ∆' 1 − 3
x2 =
=
= −2
a
1
x1 =

0,25

0,25

KL: Vậy PT đã cho có hai nghiệm x1= 4 và x2 = -2
2

0,25
Ta có: ∆' = b' 2 - ac = 1+2(m+2)
= 2m+5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆' > 0
⇒ 2m+5 >0 ⇒ m > -

Với m > -

0,25
0,5

5
2

5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
2

Theo định lý Vi- Ét ta có:

 x1 + x2 = −2

 x1.x2 = −2( m + 2)

x1 , x2

0,25

Ta có

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2
= 4 + 2(m + 2)
= 2m + 8

0,5

Để : x12 + x22 = 8 Thì 2m + 8 = 8
⇔ 2m = 0
⇔ m=0
KL.: với m = 0 thì x12 + x22 = 8

0,25


1

- Gọi số ghế băng lúc đầu là x (ghế)(Điều kiện x>2; x∈N *)
Số học sinh ngồi trên một ghế là

40
(h/s)
x

-Nếu bớt đi 2 ghé thì số ghế còn lại là x-2 (ghế)
- Số học sinh ngồi trên một ghế lúc sau là
-Theo bài ra ta có phương trình:

40
(h/s)
x−2

40 40
−
=1
x−2 x

Câu3

Vẽ hình và ghi gt,lk đúng

Câu4
2

∧

Tứ giác OBMN có: OC ⊥ AB ⇒ COB = 90 0
∧
Vì AMB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ Tứ giác OBMN nội tiếp đường tròn vì có hai góc đối
diện có tổng bằng 1800
∧

Xét ∆ AMO và ∆ ABN có: A1 chung (1)
∧
∧
∧

∧
∧
∧
Vì A1 = M 1 ( ∆OMA cân) và A1 = B1 ( ∆ANB cân) ⇒ M 1 = B1 (2)
Từ (1) và (2) ta có : ∆ AMO ∆ ABN(g.g)
⇒

3

0,25
0,25
0, 5

=>40x - 40 ( x - 2) = x( x- 2)
⇔ 40x + 80 - 40x = x2 - 2x
⇔ x2 - 2x - 80 = 0
∆' = (-1)2 - 1. (- 80) = 81 > 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1 = 10 ; x2 = - 8
Đối chiếu với điều kiện ta thấy x=10 thoả mãn
Vậy số ghế lúc đầu của lớp học là 10 cái.

1

0,25

AM AO
AM
R
=

⇒
=
⇒ AM . AN = 2 R 2
AB
AN
2R
AN

Ta có ∆ ABN có : OC ⊥ AB(gt) =>NO là đường cao
·AMB = 900 => BM ⊥ AN =>BM là đường cao
·AKB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>AK ⊥ BN=>AK => AK là đường cao
Vậy NO,BM,AK là 3 đường cao của tam giác ∆ ABN nên
chúng đồng qui.

0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

Câu

Mã đề 02:
Nội dung

Ý

Điểm

Câu1

2
1

Giải phương trình:
x +3 y =10

2 x + y = 5
2 x +6 y = 20
⇔
2 x + y = 5
5 y =15
⇔
2 x + y = 5

0,25
0,25

y = 3
⇔
x =1

0,25

Vậy hệ phương trình có1 nghiệm duy nhất: (x; y)= (1;3)
2

0,25

-Điểm A(-2;4) thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
(m+2).4 =4
⇔ 4m+8=4
⇔ 4m=-4
⇔ m=-1

0,25
0,25
0,25

Kl: với m = -1 thì điểm A(-2;4) thuộc đồ thị hàm số
y =(m+2)x2
Câu2

0,25
3

1

Khi m=1 ta có phương trình: x2 − 4x + 3 = 0
Tổng hệ số a+b+c = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm
c
x1 = 1; x 2 = = 3
a

0,5

KL: Khi m = 1 thì phương trình có hai nghiệm là :

0,25

x1 = 1; x 2 =

2

0,25

c
=3
a

∆ ' = ( m + 1) − ( m2 + 2) = 2m − 1

0,25

2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = 2m − 1 > 0 ⇔ m >

1
2

0,25
0,5


Với m >

1
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
2

x1 , x2

−b

x
+
x
=
= 2( m + 1)
1
2

a
Theo định lý Vi- Ét ta có: 
 x x = c = m2 + 2
 1 2 a

3

0,25

Ta có:
x12 + x22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2
2

= 4( m + 1) − 2( m2 + 2)
2

Để:

0,5

= 2m2 + 8m
x12 + x22 = 10 ⇔ 2m2 + 8m = 10
⇔ 2m2 + 8m − 10 = 0
m = 1
⇔
 m = −5

0,25

Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
Câu3

Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x ∈ N ) thì số xe dự
định chở hàng là x +1 ( xe ).

*

15
( tấn )
x +1
15
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :
( tấn )
x
15 15
Ta có phương trình :
= 0,5
x x +1

Theo dự định mỗi xe phải chở:

=>15(x+1)-15x =0,5 x( x+1)
⇔ 15x + 15 - 15x=0,5x2+0,5x
⇔ x2 +x -30 = 0
∆ = (1)2 -4.1.(- 30) = 121> 0

2
0,25
0,25
0,25
0, 5

Giải phương trình ta được : x1 = -6 ( loại ) ; x2 = 5( nhận)

0,5

Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng .

0,25
3

Câu4
Vẽ hình và ghi gt,lk đúng

0,25


Q
D

A

K

O

B

5

C

4
6

3
2
1

I

P

1

Tứ giác PDKI có: PDK
·
= 900 ( QP ⊥ AB)
·
PIK
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ Tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn vì có hai góc đối diện

có tổng bằng 180
2

0,25

·
PIK
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
⇒ KIC=
900  ·
0

·
 ⇒ KIC = PDC = 90 (2)
·PDC = 900(gt) 


Từ (1) và (2) ta có : ∆ CIK

3

∆ CDP (g.g)

0,5
0,25

CI CK
=
hay CI . CP = CD . CK
CD CP

Xét ∆ AIC và ∆ PBC ta có:
µ Chung
C
·
·
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)
IAC
= PBC
⇒ ∆ CAI
∆ CBP(g.g)
⇒

0,25

0

Xét ∆ CIK và ∆ CDP có:
µ chung (1)
C

⇒

0,25
0,25

IC AC
=
hay CI.CP = AC.BC
BC BC

0,25
0,25
0,5

Măặt khác ta lại có CI . CP = CD . CK(theo phân b)
⇒ AC.BC = CK.CD ⇒ CK =

AC.BC
mà AC, BC, CD
CD

không đổi nên độ dài của đoạn thẳng CK không đổi
C cố định nên K cố định ⇒ QI luôn đi qua K cố định

Xuân Trạch, ngày 10 tháng 04 năm 2012
GVBM:
Nguyễn Hữu Côi