DE TOAN 9 HKII 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II – Năm học : 2012 – 2013 Môn : TOÁN – Lớp : 9 Thời gian làm bài : 90 phút ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Câu 1: ( 2 điểm ) a) Vẽ Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = - 2x + 3 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) bằng tính toán. Câu 2: ( 2 điểm ). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 4. 12 8  2 b) x  1 x  1. 2. a) x – 8x – 9 = 0 7 x  2 y 1  c) 6 x  2 y 12. Câu 3: ( 2 điểm ) . Cho phương trình : x2 – 2(m + 1)x + m2 + m – 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = 2. b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 2. 2. c) Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x1  x2 1 Câu 4 : ( 2 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình Tìm hai số biết hiệu của chúng bằng 7 và tổng các bình phương của chúng bằng 289. Câu 5 : ( 2 điểm ) Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB < AC ), đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy điểm D sao cho HD = HB. Vẽ CE vuông góc với AD ( E  AD ) a) Chứng minh rằng AHEC là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm O và vẽ đường tròn này. b) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC - HẾT -.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu 1 : ( 2,0 điểm ) a) *) Đồ thị của hàm số y = x2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 2 y=x 4 1 0 1 4 2 Đồ thị hàm số y = x là một Parabol nằm phía trên trục hoành, đối xứng qua trục Oy và đi qua các điểm ( - 2; 4 ), ( - 1; 1 ), ( 0 ; 0 ), ( 1 ; 1 ), ( 2 ; 4 ) ( 0,5 điểm ) *) Đồ thị hàm số y = - 2x + 3 Cho x = 0 , tính được y = 3, ta được điểm ( 0 ; 3 ) trên trục tung 3  3  ;0  2 , ta được điểm  2  trên trục hoành Cho y = 0, tính được Vậy đồ thị của hàm số y = - 2x + 3 là đường thẳng cắt trục tung tại điểm ( 0 ; 3 ) và cắt trục hoành tại 3   ;0  điểm  2  ( 0,5 điểm ) *) Vẽ đúng đồ thị của hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ Oxy ( 0,5 điểm ) b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là : x. x2 = - 2x + 3  x2 + 2x – 3 = 0 ( a = 1 ; b = 2 ; b’ = 1 ; c = - 3 ) ’ = b’2 – ac = 12 – 1.( - 3) = 1 + 3 = 4 > 0  '  4 2 x1 .  b '  '  1  2  1  y1 12 1  A  1;1 a 1. x2 .  b '  '  1  2 2   3  y2   3 9  B   3;9  a 1. Vậy đường thẳng (d): y = - 2x + 3 cắt Parabol (P): y = x2 tại hai điểm A(1 ; 1) và B(- 3 ; 9) ( 0,5 điểm) Câu 2 ; ( 2,0 điểm ) a) Đặt t = x2 ( t ≥ 0 ). Ta có phương trình t2 – 8t – 9 = 0 ( a = 1; b = - 8 ; b’ = - 4 ; c = - 9) ’ = b’2 – ac = (- 4)2 – 1.( - 9) = 16 + 9 = 25 > 0  '  25 5  b '  ' 4  5  b '  ' 4  5  9  0; x2    1  0 a 1 a 1 Với t = 9, ta có x2 = 9  x  9 3 x1 . Vậy phương trình x4 – 8x2 – 9 = 0 có hai nghiệm là x1 = 3 và x2 = -3 ( 0,5 điểm ) b) Điều kiện xác định của phương trình x ≠ ± 1 ( 0,25 điểm ). Ta có : 12  x 1  8  x  1 2  x  1  x  1 12 8  2   x  1 x 1  x  1  x  1  x  1  x  1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Suy ra 12(x +1) – 8(x – 1) = 2(x – 1)(x + 1)  12x + 12 – 8x + 8 = 2x2 – 2  2x2 – 2 – 4x – 20 = 0  2x2 – 4x – 22 = 0  x2 – 2x – 11 = 0 ( 0,25 điểm) ( a = 1 ; b = -2 ; b’ = -1 ; c = - 11 ) ’ = b’2 – ac = (- 1)2 – 1.( - 11) = 1 + 11 = 12 > 0  '  12 2 3. 12 8  2 Vậy phương trình x  1 x  1 có hai nghiệm là ( 0, 5 điểm)  b '  ' 1  2 3  b '  ' 1  2 3  1  2 3; x2   1  2 3 a 1 a 1 7 x  2 y 1 1  6 x  2 y 12  2  c) Giải hệ phương trình  x1 . Cộng từng vế phương trình (1) và phương trình (2), ta được : 13x = 13  x = 1 Thay x = 1 vào phương trình (1), ta được : 7.1 – 2y = 1  2y = 7 – 6  y = 3 7 x  2 y 1 1  6 x  2 y 12  2  Vậy hệ phương trình  có một nghiệm duy nhất là x = 1 ; y = 3 (0,5 điểm). Câu 3 : ( 2,0 điểm ) a) Với m = 2, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0 ( a = 1 ; b = - 6 ; b’ = - 3 ; c = 5 ) ’ = b’2 – ac = (- 3)2 – 1.5 = 9 - 5 = 4 > 0  '  4 2. Vậy phương trình x2 – 6x + 5 = 0 có hai nghiệm là ( 0,75 điểm)  b '  ' 3  2  b '  ' 3  2 x1   5; x2   1 a 1 a 1. b) Ta có : a = 1 ; b = -2(m + 1) ; b’ = - (m + 1) ; c = m2 + m – 1 ’ = b’2 – ac = [-(m + 1)]2 – 1.(m2 + m – 1) = m2 + 2m + 1 – m2 – m + 1 = m + 2 ( 0,25 điểm ) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ’ > 0  m + 2 > 0  m > - 2 ( 0,25 điểm ) Vậy m > - 2 thì phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt ( 0,25 điểm ) c) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Theo định lý Vi – ét, ta có : b 2  m  1 c m2  m  1  2m  2; x1 x2   m 2  m  1 a 1 a 1 2 2 2 2 2 x1  x2 1  x1  2 x1 x2  x2  2 x1 x2 1   x1  x2   2 x1 x2 1. x1  x2 . 2.   2m  2   2  m 2  m  1 1  4m 2  8m  4  2m 2  2m  2 1  2m 2  6m  6  1 0  2m 2  6m  5 0 2 2 Do đó  b  4ac 6  4.2.5 36  40  4  0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy không có giá trị nào của m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + m – 1 = 0 có hai nghiệm 2. 2. x1; x2 thỏa mãn x1  x2 1 ( 0,5 điểm ) Câu 4: ( 2,0 diểm ) Gọi x là số trừ. Theo đề bài số bị trừ là x + 7 ( 0,5 điểm ) Vì tổng các bình phương của hai số bằng 289 nên ta có phương trình x2 + (x + 7)2 = 289  x2 + x2 + 14x + 49 – 289 = 0  2x2 + 14x – 240 = 0  x2 + 7x – 120 = 0 ( 0,5 điểm )  = b2 – 4ac = 72 – 4.1.(- 120) = 49 + 480 = 529 > 0   529 23 x1 .  b    7  23  b    7  23  8; x2    15 2a 2 2a 2 ( 0,5 điểm ). Vậy số trừ là 8 hoặc – 15 Số bị trừ là 8 + 7 = 15 hoặc – 15 + 7 = - 8 ( 0,5 điểm ) Câu 5 : ( 2,0 điểm ) a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp ( 1,5 điểm ) 0 Ta có AHC 90 ( Vì AH  BC ) Suy ra H nhìn AC dưới một góc vuông nên H nằm trên đường tròn (O), đường kính AC 0 Ta lại có AEC 90 ( Vì AE  CE ) Suy ra E nhìn AC dưới một góc vuông nên E nằm trên đường tròn (O), đường kính AC Vậy tứ giác AHEC nội tiếp được đường tròn (O), đường kính AC với O là trung điểm của AC b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) ( 0,5 điểm ) Tam giác ABC vuông tại A nên ta có AB  AC  OA  AB tại A Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) A. B. H. D. C. E *) Lưu ý : Học sinh có cách giải khác đúng thì cho đúng thang điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>