Tải bản đầy đủ (.docx) (4 trang)

DeDA thi HK2Toan 9 Tan Binh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (112.6 KB, 4 trang )

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

<b>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>
<b> QUẬN TÂN BÌNH</b>


<b>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011 - 2012</b>
<b>MƠN TỐN - LỚP 9</b>


Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể thời gian phát đề)
<b>Bài 1: </b>Giải phương trình và hệ phương trình sau :


a) 4x25x 6 0  <sub> (1đ)</sub>
b) <i>x</i>4 5<i>x</i>2 6 0 <sub> (1đ)</sub>


c)


3 10


5 3 6


<i>x y</i>


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


 




 


 <sub> (1đ) </sub>
<b>Bài 2: </b>Cho parabol (P) : 2



2


<i>x</i>


<i>y</i>


và đường thẳng (d) : <i>y</i> <i>x</i> 4


a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ. (1đ)
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh. (0.75đ)


<b>Bài 3: </b>Cho phương trình: x2(m 3)x 3m 0   <b><sub> (</sub></b><sub>x</sub><sub>là ẩn số)</sub>


a) Chứng minh phương trình trên ln có nghiệm với mọi giá trị của m. (0.75đ)
b) Tìm tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m (0.5đ)
c) Gọi x , x1 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m đđể:


2 2


1 2 1 2


x x  x .x 9<sub> (0.5đ)</sub>
<b> Bài 4: </b>Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Từ A vẽ tiếp tuyến Ax với (O) ( A là
tiếp điểm). Trên tia Ax lấy điểm C sao cho AC = 2R. Qua C vẽ đường thẳng cắt đường tròn
(O) tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E; đường thẳng này cũng cắt đoạn thẳng OB).
Gọi H là trung điểm đoạn thẳng DE


a) Chứng minh: <i>CA</i>2 <i>CD CE</i> <sub> (1đ)</sub>
b) Chứng minh: tứ giác AOHC nội tiếp (1đ)



c) Đoạn thẳng CB cắt đường tròn (O) tại K. Tính số đo góc AOK và diện tích hình quạt
AOK theo R và ð (1đ)


d) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh: O là trung
điểm đoạn thẳng MN. (0.5đ)


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

<b>HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN MƠN TỐN - LỚP 9 – HKII 11-12</b>
<b>Bài 1: </b>Giải các phương trình :


a) 4x25x 6 0 


(a 4 <sub> ; </sub>b 5 <sub> ;</sub>c6<sub>)</sub>




2 2


b 4ac 5 4 4 6 25 96 121 0 (0,5đ)
11


           
 


Vì  0<sub> nên phương trên có 2 nghiệm phân biệt:</sub>



1
2



b 5 11 6 3


x (0,25đ)


2a 2 4 8 4


b 5 11 16


x 2 (0,25đ)


2a 2 4 8


    


   



     


   


 <sub> </sub>


b) <i>x</i>4 5<i>x</i>2 6 0
Đặt <i>t</i> <i>x</i>2 0


Ta được: <i>t</i>2 5<i>t</i> 6 0 <sub> </sub>(0,25đ)
Giải ra ta được :



<i>t</i>1 1( loại) ; <i>t</i>2 6 (nhận) (0,25đ)
Với <i>t</i>6<sub> thì </sub><i>x</i>2 6  <i>x</i> 6<sub> </sub>


Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm: <i>x</i> 6<sub> </sub>(0,5đ)


c)


3 10


5 3 6


<i>x y</i>


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


 




 


 <sub> </sub>



3 10


5 3 3 10 6



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


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


 


 


  


 <sub> </sub>


 <sub> . . . .</sub>


6 (0,5đ)
8 (0,5đ)


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




 




 <sub> </sub>



Vậy : ( x = 6 ; y = 8 )
<b> Bài 2: </b>


<b>a)</b> (P) :


2
2
1


<i>x</i>


<i>y</i> 


Lập bảng giá trị đúng (0.5đ)


x -2 -1 0 1 2




2
2
1


<i>x</i>


<i>y</i> 


2 2
1



0 2
1


2
Vẽ đúng (P) (0.5đ)


<b>b)</b> (P) :


2
2
1


<i>x</i>


<i>y</i>


(d) : <i>y</i> <i>x</i> 4


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


2
1


4


2<i>x</i>  <i>x</i> <sub> (0.25đ)</sub>


Giải ra ta tìm được : tọa độ giao điểm giữa (P) và (d) là: (-2; 2) và (4; 8) (0.5đ)


<b> Bài 3 : </b> Cho phương trình : x2(m 3)x 3m 0   <b><sub> </sub></b>
a) (a 1 <sub> ; </sub>b m 3  <sub> ;</sub>c3m<sub>)</sub>



Ta có : b2 4ac (m 3)  2 4 1  

3m

m2 6m 9 12m 
m26m 9 (m 3)   2 0; m (0,5đ)


Vậy phương trình ln có nghiệm với mọi giá trị của m. (0.25đ)
b) Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m.


Ta có :


1 2


b


S x x m 3


a


    


(0.25đ)
1 2


c


P x .x 3m
a


  


(0.25đ)


c) Ta có : x12x22 x .x1 2 9


2 2


1 2 1 2


x x x .x 9


   


2


1 2 1 2 1 2


2


1 2 1 2


(x x ) 2x .x x .x 9
(x x ) 3x .x 9


    


    <sub> </sub>
Thay x1x2 m 3 và x .x1 2 3m


Ta có:



2



(m 3) 3 3m 9
     




2
2
2


(m 3) 9m 9
m 6m 9 9m 9
m 3m 0


   


    


   <sub> </sub>


Giải ra ta được: <i>m</i>0<sub> ; </sub><i>m</i>3<sub> </sub>(0,5đ)<sub> </sub>
<b> </b>Vậy: ………


<b> Bài 4:</b>


a) Chứng minh CDA CAE (g-g)




<i>CD</i> <i>CA</i>



<i>CA</i> <i>CE</i>


 




 <i>CA</i>2 <i>CD CE</i> (1đ)


b) Chứng minh<i>CHO</i> 900
Xét tứ giác AOHC có :
<i>CHO</i> 900<sub> ( cmt)</sub>


<i>CAO</i> 900<sub>( T/c tiếp tuyến)</sub>
 <i>CHO CAO</i>  1800


 Tứ giác AOHC nội tiếp


( tổng hai góc đối diện bằng 1800<sub>) (1đ)</sub>


c) Sđ<i>AOK</i> 900<sub> (0.5đ)</sub>


x


F


I


K


N


M


H


E
D


O


A B


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

SquạtAOK =


2 <sub>90</sub> 2
360 4


<i>R</i> <i>R</i>


  




( đvdt) (0.5đ)


d) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F.
Vì tứ giác AOHC nội tiếp (cmt)


 <i>HAO</i> <i>HCO</i>


Mà <i>HEI</i> <i>HCO</i> <sub> (So le trong, EF//MN) </sub>



 <i>HAO HEI</i> 


Hay <i>IAH</i> <i>IEH</i>


 tứ giác AHIE nội tiếp ( 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh HI dưới góc bằng nhau)
 <i>IHE</i> <i>IAE</i>


Mà <i>IAE</i> <i>BDE</i> <sub> (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE)</sub>


 <i>IHE</i> <i>BDE</i>


Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị


 HI // BD


Chứng minh I là trung điểm EF
Xét BMO có IF // OM (EF//MM)


<i>IF</i> <i>BI</i>


<i>OM</i> <i>BO</i><sub> (1) (Hệ quả Talet)</sub>


Xét BNO có IE // ON (EF//MM)


<i>IE</i> <i>BI</i>


<i>ON</i> <i>BO</i><sub> (2) (Hệ quả Talet)</sub>



Từ (1) và (2) suy ra:


<i>IF</i> <i>IE</i>


<i>OM</i> <i>ON</i>


Mà IE = IF (I là trung điểm EF)


 OM = ON


Mà <i>O MN</i>


 O là trung điểm đoạn thẳng MN (0.5đ)


</div>

<!--links-->

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×