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: TỐN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút
<i>(Không kể thời gian giao đề)</i>

Bài 1. (1,5 điểm)

Phát biểu và chứng minh định lí tứ giác nội tiếp.
Bài 2. (1,0 điểm)

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

 




 


Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình 7x2_{+ 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.
Bài 4. (2,0 điểm)

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.

Bài 5. (1,0 điểm) Cho phương trình x2_{– px – 228p = 0, với p là số nguyên tố.}

Tìm p để phương trình có hai nghiệm ngun.
Bài 6. (2,5 điểm)

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 = R2_.

c) Tính thể tích của hình do nửa hình trịn APB quay quanh AB sinh ra.

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010 - Mơn: TỐN 9

Bài Nội dung Điểm

1

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng 1800_. _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 trịn (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_{A C 180}_ _ 0

 

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

7x2_{+ 2(m – 1)x – 1 = 0 (*)}

a) Khi m = –2 (*)  7x2 – 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 x1 và x2.

Theo hệ thức Vi – ét: 1 2

c 1

x .x 0

a 7



    x1, x2 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
Đổi 50 phút = 5

6h

<b>O</b>

<b>A</b> <b>B</b>

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

Bài Nội dung Điểm
Theo đề bài ta có phương trình: 100 100 5

20 6

 



<i>x</i> <i>x</i> 0,5

Giải phương trình được: x1 = 40; x2 = 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 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.

0,25
  133. Phương trình có hai nghiệm nguyên x1 = 76; x2 = 57.

Vậy với p = 19 thì phương trình x2_{– 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 = OP2 = R2 (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>

<!--links-->