HK2 Toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b>

<b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2009 – 2010</b>

Mơn:

<b>TỐN 9</b>

-

<i>Thời gian làm bài:</i>

<b>90</b>

phút

<b>Bài 1. (1,5 điểm)</b>

Phát biểu và chứng minh định lí tứ giác nội tiếp.

<b>Bài 2. (1,0 điểm) </b>

Giải các hệ phương trình

3x y 5

5x 2y 23















<b>Bài 3. (2,0 điểm) </b>

Cho phương trình 7x

2

_{+ 2(m – 1)x – 1 = 0 (*) với m là tham số.}

a) Giải phương trình (*) khi m = –2.

b) Chứng tỏ rằng phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu với mọi m.

<b>Bài 4. (2,0 điểm) </b>

Giải bài tốn bằng cách lập phương trình.

Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A để đi đến B. Biết vận

tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc xe khách là 20km/h. Do đó nó đến B trước xe khách 50

phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100km.

<b>Bài 5. (1,0 điểm)</b>

Cho phương trình x

2

_{– px – 228p = 0, với p là số nguyên tố.}

Tìm p để phương trình có hai nghiệm ngun.

<b>Bài 6. (2,5 điểm)</b>

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R, Ax và By là hai tia tiếp tuyến với

nửa đường tròn tại A và B. Trên tia Ax lấy điểm M rồi vẽ tiếp tuyến MP cắt By tại N.

a) Chứng minh rằng



MON

∽



APB.

b) Chứng minh AM . BN = R

2

_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9</b>

<b>Bà</b>

<b>i</b>

<b>Nội dung</b>

<b>Điểm</b>

1

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng 180

0

_.

_0,5

GT

Tứ giác ABCD nội tiếp (O).

KL









0
0

A C 180

B D 180









Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên :



1

A

2



sđ

_BCD

(định lí góc nội tiếp)



1

C

2



sđ

_DAB

_{(định lí góc nội tiếp)}

Suy ra

A C





1

(BCD DAB)





2







Mà sđ

_BCD

_{+ sđ}

_DAB

_{= 360}

0

_nên

_ _ ₀
A C 180 

Chứng minh tương tự

_{B D 180}  0

 

1,0

2

3x y 5

5x 2y 23

















6x 2y 10

5x 2y 23

















11x 33

5x 2y 23















x 3

15 2y 23















x 3

y 4











Vậy: Nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (3; 4).

1,0

3

7x

2

_{+ 2(m – 1)x – 1 = 0 (*)}

a) Khi m = –2 (*)



7x

2

– 6x – 1 = 0



x 1

1

x

7







_







1,0

b) Phương trình (*) có

a 7 0

ac 0

c

1 0

  







  

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x

1

và x

2

.

Theo hệ thức Vi – ét:

1 2

c

1

x .x

0

a

7



 

 

x

1

, x

2

trái dấu.

Vậy phương trình (*) ln có hai nghiệm x1, x2 trái dấu với mọi m.

1,0

4

Gọi vận tốc thực của xe khách là x (km/h). (Đk: x > 0).

0,25

Vận tốc của xe du lịch là: x + 20 (km/h)

0,25

Thời gian xe khách đi là:

100

<i>x</i>

(h) và Thời gian xe du lịch đi là:

100

20



<i>x</i>

(h)

0,25

O

A B

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>Bà</b>

<b>i</b>

<b>Nội dung</b>

<b>Điểm</b>

Đổi 50 phút =

5

6

h

Theo đề bài ta có phương trình:

100

100

5

20 6







<i>x</i>

<i>x</i>

0,5

Giải phương trình được: x

1

= 40; x

2

= 60 (loại).

0,5

Vậy: Vân tốc của xe khách là 40 km/h.

Vân tốc của xe du lịch là 60 km/h.

0,25

5

Phương trinh x

2

_{– px – 228 = 0 có}

_

_{= p}

2

_{+ 912p >0 do p là số ngun tố.}

_0,25

Để phương trình có hai nghiệm ngun thì



là số chính phương.

Ta có: p

2

_{+ 912p = p(p + 912)}



(p + 912)

⋮

p



912

⋮

p

Vì 912 = 2

4

_{.3.19 nên p}



{2; 3; 19}

0,25

* Với p = 2 thì



= 1828 khơng phải là số chính phương.

* Với p = 3 thì



= 2745 khơng phải là số chính phương.

* Với p = 19 thì



= 17689 = 133

2

.

0,25



 133.

Phương trình có hai nghiệm nguyên x

1

= 76; x

2

=



57.

Vậy với p = 19 thì phương trình x

2

_{– px – 228 = 0 có hai nghiệm nguyên.}

0,25

4

a) Tứ giác AMPO có:

_{MAO MPO 90}  0 ₉₀0 ₁₈₀0

   

Suy ra tứ giác AMPO nội tiếp.

Suy ra

_{PMO PAO} _

_{(1) hai góc nội tiếp cùng}

chắn

_OP

_{của đường tròn ngoại tiếp tứ giác}

AMPO).

Tứ giác OPNB có:

_{OPN OBN} _

_{= 90}

0

_{+ 90}

0

_{= 180}

0

Suy ra tứ giác OPNB nội tiếp.

Suy ra

_{PNO PBO} _

_{(2) hai góc nội tiếp cùng}

chắn

_OP

_{của đường tròn ngoại tiếp tứ giác}

OPNB).

Từ (1) và (2) suy ra:



MON

∽



APB (g – g)

Mặt khác ta có

_{APB 90} 0



(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)).

Vậy



MON và



APB là hai tam giác vng đồng dạng.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AM = MP và PN = NB



AM . BN = MP . PN = OP

2

= R

2

(hệ thức lượng trong tam giác vng).

0,25

0,25

c) Bán kính của hình cầu bằng R.

Vậy thể tích của hình cầu là:

V

4

3



 

0,5

(Học sinh giải cách khác, đúng vẫn ghi điểm tối đa)

x

y

H
O

A B

P
M

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5></div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b> <b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUN</b> <b>NĂM HỌC 2009 – 2010</b>

Mơn: <b>TỐN 9</b> - <i>Thời gian làm bài:</i><b>90</b> phút.
(Đề có 02 trang)

<i>Họ và tên học sinh: ... Lớp : ...</i> <i>Số báo danh:</i>
<i>Giám thi 1 (Họ tên, ký)</i> <i>Giám thị 2 (Họ tên, ký)</i> <i>Số phách</i>

...

<i>Giám khảo 1</i> <i>Giám khảo 2</i> <i>Điểm thi</i> <i>Mã phách</i>

<b>A. Trắc nghiệm khách quan</b>. <i>(3,0 điểm)</i><b>Thời gian: 20 phút</b> <i>(Khơng kể thời gian giao đề).</i>
<i>I. Khoanh trịn chỉ một chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau:</i>

<i><b>Câu 1:</b></i> Phương trình 4x – 3y = –1 nhận cặp số nào sau đây làm nghiệm ?

A. (–1; –1) B. (–1; 1) C. (1; –1) D. (1; 1)

<i><b>Câu 2:</b></i> Hệ phương trình 2x y 3

x y 1

  




 

 có nghiệm (x; y) là:

A. (1; 1) B. (2; –1) C. (2; 1) D. (0; –1)

<i><b>Câu 3: </b></i>Biết đồ thị hàm số y = ax2_{đi qua điểm A(–2; 2). Thế thì a bằng:}
A. 1

4 B. –

1

4 C.

1

2 D. –

1

2

<i><b>Câu 4:</b></i> Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = – 1

4x

2

A. M(–2; 1) B. N(4; 4) C. P(2; 1) D. Q(–4; –4)

<i><b>Câu 5:</b></i> Phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai một ẩn:
A. _2x2 5 _{3 0}

x

   B. _5x2 _{2x 1 x}  C. x3 – 4x + 3 = 0 D. 3x4 + 2x2 – 5 = 0

<i><b>Câu 6:</b></i> Nếu phương trình ax2_{+ bx + c = 0 (a}__{0) có a + b + c = 0 thì:}
A. x1 = 1, x2 =

<i>c</i>

<i>a</i> B. x1 = –1, x2 =
<i>c</i>

<i>a</i> C. x1 = 1, x2 = –
<i>c</i>

<i>a</i> D. x1 = –1, x2 = –
<i>c</i>

<i>a</i>

<i><b>Câu 7:</b></i> Nếu hai số có tổng S = –5 và tích P = –14 thì hai số đó là nghiệm của phương trình:
A. x2_{+ 5x + 14 = 0} _{B. x}2_{– 5x + 14 = 0} _{C. x}2_{+ 5x – 14 = 0} _{D. x}2_{– 5 x – 14 = 0}

<i><b>Câu 8:</b></i> Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt:

A. x2_{– 6x + 9 = 0} _{B. x}2_{+ 4x + 5 = 0} _{C. x}2_{+ 4 = 0} _{D. 2x}2_{+ x – 1 = 0}

<i><b>Câu 9:</b></i> Cho đường trịn (O) đường kính AB, M là điểm trên đường trịn sao cho _MAB _{= 30}0_{. Khi}
đó số đo của cung MA là:

A. 300 _{B. 60}0 _{C. 90}0 _{D. 120}0

<i><b>Câu 10:</b></i> Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn, biết _A ₌₁₁₅0_,_

B=750. Hai góc C và D có số đo là:

A. _{C 115 ;D 75} 0  0

  B. C 75 ; D 115  0   0 C. C 65 ;D 105  0   0 D. C 105 ;D 65  0   0
<i>II. Đúng ghi “Đ” sai ghi “S” vào ơ trống:</i>

<i><b>Câu 11: </b></i>Cơng thức để tính thể tích của hình trụ có bán kính đường trịn đáy bằng R, chiều cao
bằng h là: _V 4 _{R h}2

3

  . mm

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i><b>Câu 12: </b></i>Cơng thức tính thể tích của hình nón có bán kính đường trịn đáy bằng R, chiều cao bằng
h là: _V 1 _{R h}2

3

  mm

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b> <b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b> <b>NĂM HỌC 2009 – 2010</b>

Mơn: <b>TỐN 9</b> - <i>Thời gian làm bài:</i><b>90</b> phút.
(Đề có 02 trang)

<b>B. Tự luận</b>. <i>(7,0 điểm)</i><b>Thời gian: 70 phút</b><i>(Không kể thời gian giao đề).</i>
<b>Bài 1. (1,0 điểm)</b>

a) Giải các hệ phương trình 3x y 5
5x 2y 23

 




 


b) Giải phương trình x2_{+ 2009x – 2010 = 0.}
<b>Bài 2. (2,0 điểm)</b>

Một ca nơ xi dịng từ A đến B dài 120km rồi quay trở về lại A mất 11giờ. Tính vận tốc
thực của ca nơ, biết vận tốc của dịng nước là 2km/h.

<b>Bài 3. (1,0 điểm)</b>

Cho phương trình x2_{– px – 228p = 0, với p là số ngun tố.}
Tìm p để phương trình có hai nghiệm nguyên.

<b>Bài 3. (3,0 điểm)</b>

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại
H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M.

a) Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp.
b) Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM.

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BCEF. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (K).

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9</b>

<b>A. Trắc nghiệm khách quan</b>. <i>(3,0 điểm)</i>.

<b>Câu</b> <b>1</b> <b>2</b> <b>3</b> <b>4</b> <b>5</b> <b>6</b> <b>7</b> <b>8</b> <b>9</b> <b>10</b> <b>11</b> <b>12</b>

<b>Đáp án</b> <b>A</b> <b>A</b> <b>C</b> <b>D</b> <b>B</b> <b>A</b> <b>C</b> <b>D</b> <b>D</b> <b>C</b> <b>S</b> <b>Đ</b>

<b>Điểm</b> <b>0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25</b>

<b>B. Tự luận </b><i>(7,0 điểm)</i>.

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

1

a) 3x y 5
5x 2y 23

 




 

 

6x 2y 10
5x 2y 23

 


 
 
11x 33
5x 2y 23




 
 
x 3
15 2y 23




 
 
x 3
y 4






Vậy: Nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (3; 4).

0,5

b) _x2 _{2009x 2010 0} x 1

x 2010



  _{  }

 0,5
2

Gọi vận tốc thực của ca nô là x km/h. (Đk: x > 0). 0,25
Vận tốc xi dịng là: x + 2

Vận tốc ngược dòng là: x – 2
Thời gian khi xi dịng là: 120

2

<i>x</i> (giờ)

0,25

Thời gian khi ngược dòng là: 120

2

<i>x</i> (giờ) 0,25

Theo đề bài ta có PT: 120 120 11

2 2

<i>x</i> <i>x</i>  0,5











 











2
2

120 2 120 2 11 2 2 11 240 44 0

' 120 11. 44 14884 0 ' 122

          

         

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

1 2

120 122 120 122 2

22;

11 11 11

<i>x</i>    <i>x</i>   

0,5

Vậy: Vân tốc thực của ca nô là 22 km/h. 0,25
3 Phương trinh x2_{– px – 228 = 0 có}

 = p2 + 912p >0 do p là số ngun tố. 0,25

Để phương trình có hai nghiệm ngun thì  là số chính phương.

Ta có: p2_{+ 912p = p(p + 912)}
 (p + 912) ⋮ p  912 ⋮ p

Vì 912 = 24_{.3.19 nên p}

 {2; 3; 19}

0,25
* Với p = 2 thì  = 1828 khơng phải là số chính phương.

* Với p = 3 thì  = 2745 khơng phải là số chính phương.

* Với p = 19 thì  = 17689 = 1332.

0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

Vậy với p = 19 thì phương trình x2_{– px – 228 = 0 có hai nghiệm nguyên.}

4

a) Xét tứ giác AEHF có :





 

0

0
0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180
AFH 90 (gt)

 _



  








 tứ giác AEHF nội tiếp (có tổng hai góc đối bằng 1800)

Xét tứ giác BFEC có: _{BFC 90} 0

 ( gt); CEB= 90 0 ( gt)

Suy ra E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 900
 E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

0,25
0,25
0,25
0,25
b) Ta có:

  1 

MAC = CBM = sdMC

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1)

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  1 

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn

cung EC của (K)) (2)

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I)  EFH= EAH = sdEH  1 

2 (hai góc nội tiếp

cùng chắn cung EH của (I)) (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra _{CBM = EBC}  __{BC là tia phân giác của góc EBM.}

0,25

0,25
0,25
0,25
c) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và BC  I, K là tâm đường tròn ngoại

tiếp các tứ giác AEHF và BCEF (theo cmt)
Nối IE, KE ta có:

* AIE cân tại I (IA = IE)  _{IAE = IEA} ₍₄₎

* KEC cân tại K (KE = KC)  KEC = KCE  (5)

* ADC vuông tại D (gt)  _{DAC + DCA = 90}  0 ₍₆₎

Từ (4); (5); (6) suy ra _{IEH + KEH = 90}ˆ ˆ 0 __IE__KH__{IE là tiếp tuyến của (K) tại E.}

0,25
0,25
0,25
0,25

(Học sinh giải cách khác, đúng vẫn ghi điểm tối đa)

H

K

K
M

E
F

D
O

C
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11></div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b> <b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b> <b>NĂM HỌC 2009 – 2010</b>

Mơn: <b>TỐN 9</b> - <i>Thời gian làm bài:</i><b>90</b> phút.
(Đề có 03 trang)

<i>Họ và tên học sinh: ... Lớp : ...</i> <i>Số báo danh:</i>
<i>Giám thi 1 (Họ tên, ký)</i> <i>Giám thị 2 (Họ tên, ký)</i> <i>Số phách</i>

...

<i>Giám khảo 1</i> <i>Giám khảo 2</i> <i>Điểm thi</i> <i>Mã phách</i>

<b>A. Trắc nghiệm khách quan</b>. <i>(4,0 điểm)</i><b>Thời gian: 20 phút</b> <i>(Khơng kể thời gian giao đề).</i>
<i>I. Khoanh trịn chỉ một chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau:</i>

<b>Câu 1.</b>

Hệ phương trình

2<i>_{x y}x y</i> ₁3

 



có nghiệm (x ; y) là :

A. (1;



1)

B. (2;



1)

C. (2; 1)

D. (0;



1)

<b>Câu 2.</b>

Điểm N(2 ; 5) thuộc đồ thị hàm số y = mx

2

_{+3 khi:}

A. m =

₂1

B. m =

 1₂

C. m = 2

D. m =

_

2

<b>Câu 3.</b>

Phương trình (k

2

_{– 4)x}

2

_{+ 2(k + 2)x + 1 = 0 có một nghiệm duy nhất nghiệm khi k}

bằng:

A.



2

B. 2

C.



2

D. 4

<b>Câu 4.</b>

Cặp số nào sau đây là nghiệm của phương trình

2 1
1
2
 







<i>x</i> <i>y</i>
<i>y</i>

A.

0; 1
2

 



 

 

B.

1
2;
2
 

 

 

C.

1
0;

2

 

 

 

D.



1;0



<b>Câu 5.</b>

Hệ phương trình

2<i>_xx y</i>₂<i>_y</i>3₄

 



có nghiệm là:

A.

10 11;
3 3

 

 

  B

.

2 5
;
3 3
 

 

 

C.



2;1



D.



1; 1



<b>Câu 6</b>

. Cho hàm số

1 2
2

<i>y</i> <i>x</i>

. Kết luận nào sau đây là đúng?

A. Hàm số luôn luôn đồng biến.

B. Hàm số luôn luôn nghịch biến

C. Hàm số đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0.

D. Hàm số đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0.

<b>Câu 7.</b>

Một cung tròn 60

0

_{của một đường trịn có bán kính R có độ dài là bao nhiêu?}

A.

<i>l =</i><i>R</i>

<i>3</i>

B.

<i>3</i>
<i>l =</i>

<i>R</i>

C.



<i>3R</i>

<i>l =</i>

D.



<i>3</i>
<i>l =</i>

<i>R</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

A.

( )
2

2

<i>cm</i>



B. 2

2(<i>cm</i>)

C.

( )

2
2

<i>cm</i>



D.

( )

2
1

<i>cm</i>



<b>Câu 9. </b>

Khai triển mặt xung quanh của một hình nón là một hình quạt, bán kính hình quạt

là 15 cm, số đo cung là 120

0

_{thì diện tích xung quanh của hình nón là:}

A . 75



cm

2

B. 80



cm

2

C. 45



cm

2

D. 15 cm

2

II. Hãy nối mỗi ý ở cột A với một ý ở cột B để có kết quả đúng:

A

B

Ghép

1. Cơng thức để tính thể tích của hình trụ có bán

kính đường trịn đáy bằng R, chiều cao bằng h là:

2. Cơng thức tính thể tích của hình nón có bán kính

đường trịn đáy bằng R, chiều cao bằng h là:

3. Cơng thức tính thể tích hình cầu có bán kính R là:

a.

_V 4 _{R h}2

3

 

b.

_V 1 _{R h}2

3

 

c.

_V _{R h}2



d.

_V 4 _R3

3

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b>

<b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2009 – 2010</b>

Mơn:

<b>TỐN 9</b>

-

<i>Thời gian làm bài:</i>

<b>90</b>

phút.

(Đề có 03 trang)

<b>B. Tự luận</b>. <i>(6,0 điểm)</i><b>Thời gian: 70 phút</b><i>(Không kể thời gian giao đề).</i>

<b>Bài 1. ( 2điểm)</b>

Cho phương trình

x2



2k 1 x 2k 2 0



  

(ẩn x)

a. Chứng minh rằng phương trình ln ln có nghiệm với mọi k.

b. Tính tổng hai nghiệm của phương trình.

<b>Bài 2 ( 2điểm)</b>

Một ca nơ xi dịng từ A đến B dài 120km rồi quay trở về lại A mất 11giờ. Tính vận

tốc thực của ca nơ, biết vận tốc của dòng nước là 2km/h.

<b>Bài 3. ( 3điểm)</b>

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt

nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M.

a. Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp.

b. Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM.

c. Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đường tròn ngoại tiếp

tứ giác BCEF. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (K).

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2 </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9</b>

<b>A. Trắc nghiệm khách quan</b>. <i>(3,0 điểm)</i>.

<b>Câu</b> <b>1</b> <b>2</b> <b>3</b> <b>4</b> <b>5</b> <b>6</b> <b>7</b> <b>8</b> <b>9</b> <b>II. Ghép</b>

<b>Đáp</b>

<b>án</b> <b>A</b> <b>D</b> <b>B</b> <b>A</b> <b>C</b> <b>B</b> <b>B</b> <b>B</b> <b>C</b> <b>1+c 2+b 3+d</b>

<b>Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25</b>

<b>B. Tự luận </b><i>(7,0 điểm)</i>.

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

1

a. Ta có:



2 1



2 4 2



2



4 2 4 1 8 8 4 2 12 9



2 3



2

  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>    0 <i>k</i>

Vậy phương trình ln có nghiệm.

1,0
0,5
b. x1 + x2 = 2k – 1 0,5

2

Gọi vận tốc thực của ca nô là x km/h. (Đk: x > 0). 0,25
Vận tốc xi dịng là: x + 2

Vận tốc ngược dịng là: x – 2
Thời gian khi xi dòng là: 120

2

<i>x</i> (giờ)

0,25
Thời gian khi ngược dòng là: 120

2

<i>x</i> (giờ) 0,25

Theo đề bài ta có PT: 120 120 11

2 2

<i>x</i> <i>x</i>  0,5











 











2
2

120 2 120 2 11 2 2

11 240 44 0

' 120 11. 44 14884 0
' 122

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>
      
   
      
 
1 2

120 122 120 122 2

22;

11 11 11

<i>x</i>    <i>x</i>   

0,5

Vậy: Vân tốc thực của ca nô là 22 km/h. 0,25

3a

Xét tứ giác AEHF có :



 
0
0
0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180
AFH 90 (gt)

 _

  





Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp

(có tổng hai góc đối bằng 1800₎
Xét tứ giác BFEC có:

 0

BFC 90 ( gt); CEB= 90 0 ( gt)

Suy ra E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 900
 E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

3b

Ta có:

  1 

MAC = CBM = sdMC

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1)

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  1 

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn

cung EC của (K)) (2)

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I)  EFH= EAH = sdEH  1 

2 (hai góc nội

tiếp cùng chắn cung EH của (I)) (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra _{CBM = EBC}  __{BC là tia phân giác của góc EBM.}

0,25

0,25

0,25
0,25

3c

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và BC  I, K là tâm đường tròn ngoại

tiếp các tứ giác AEHF và BCEF (theo cmt)
Nối IE, KE ta có:

* AIE cân tại I (IA = IE)  IAE = IEA  (4)

* KEC cân tại K (KE = KC)  KEC = KCE  (5)

* ADC vuông tại D (gt)  _{DAC + DCA = 90}  0 ₍₆₎

Từ (4); (5); (6) suy ra _{IEH + KEH = 90}ˆ ˆ 0

 IE  KH  IE là tiếp tuyến của (K) tại E.

0,25

0,25
0,25
0,25

</div>

<!--links-->