12 de thi hk2 toan 9 co ma tran huong dan cham

<span class='text_page_counter'>(1)</span>MỘT SỐ ĐỀ THI HKII THAM KHẢO- TOÁN 9 – NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ SỐ 1: Nội dung kiến thức 1/ Phương trình trùng phương; hệ phương trình . Số câu, số điểm ,tỉ lệ 2/ Vẽ đồ thị và tìm giao điểm của (P) và (d). Số câu, số điểm ,tỉ lệ. THIẾT LẬP MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA: Mức độ nhận thức Nhận biết Thông hiểu Vận dụng TN TL TN TL TN TL Học sinh biết giải hệ phương và phương trình trùng phương. 2 câu 2 điểm 20 %. Số câu, số điểm ,tỉ lệ. Số câu, số điểm ,tỉ lệ Tổng số câu, tổng số điểm ,tỉ lệ. 2 câu 2 điểm 20 %. Hiểu được kiến thức Học sinh biết được kỹ tìm tọa độ giao điểm năng vẽ (P) của (P) và (d). 1 câu 1 câu 1 điểm 1 điểm 10 % 10 %. 3/ Phương trình bậc hai và hệ thức Vi-et. 4/ Tứ giác nội tiếp, diện tích đa giác. Tổng. Nhận biết điều kiện để tứ giác nội tiếp 2 câu 2điểm 20 % 5 câu 5 điểm 50 %. 2 câu 2 điểm 20 %. Hiểu được chứng minh phương trình có nghiệm. Vận dụng định lý Vi-et để tìm GTNN. 1 câu 1 điểm 10 % Hiểu được quan hệ góc với đường tròn để chứng minh vuông góc 1 câu 1 điểm 10 % 3 câu 3 điểm 30 %. 1 câu 1 điểm 10 % Vận dụng kiến thức tính diện tích để tính diện tích. 1 câu 1 điểm 10 % 2 câu 2 điểm 20 %. ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( 2 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:  x  y 5  a) 3x  y 7. 4 2 b) x  5 x  4 0. P : y x 2 Bài 2 : ( 2 điểm ) Trên cùng một MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol   và.  d  : y  4 x  3 P a) Vẽ   P d b) Tìm tọa độ giao điểm của   và   .. Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho phương trình :. x 2   m  2  x  2m 0. (1). a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .. 2 câu 2 điểm 20 %. 4 câu 4 điểm 40 % 10 câu 10 điểm 100 %.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. 2. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) . Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. c) Chứng minh : OA  EF d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 . Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC ------- Hết ------ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài. NỘI DUNG  x  y 5  a) Giải hpt 3 x  y 7. 0,5.  4 x 12   x  y 5  x 3  x 3   3  y 5  y 5  3 2. 0,5 1,0đ 0,25. 4 2 b) Giải pt x  5 x  4 0 (*). 1. Đặt. 2. x t  t 0 . . PT. ĐIỂM 1,0đ.  *  t. 2.  5t  4 0. 0,25.  t1 1 ( nhận ) ; t2 4 ( nhận ) t1 1  x 2 1  x 1. 0,25. 2 Với t2 4  x 4  x 2. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1 1; x2  1; x3 2; x4  2. 0,25 1,0đ. P : y x 2. a) Vẽ   + Lập bảng giá trị đúng : x -2 -1 0 1 2 y=x 4 1 0 1. 0,5 2 4 0,5. 2 + Vẽ đúng đồ thị : P d b)Tìm tọa độ giao điểm của   và   .. 1,0đ. 2 P d + Pt hoành độ giao điểm của   và   : x  4 x  3 0. 0,25 0,25 0,25. x1  1  y1 1: A   1;1. +. x2  3  y2 9 : B   3;9  P. d. A  1;1 ; B  3;9.    Vậy tọa độ giao điểm của   và   là  a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m .. 0,25 1,0đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 2     m  2    4.1.   2m  m2  4m  4  m  2  0, m   + + Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .. 0,75. 2 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất.. 1,0đ. 0,25. 0,25. x1  x2 m  2. + Theo vi-et : x1.x2  2m 0,25. 2. +. x12  x2 2  x1  x2   2 x1 x2 2. 2.  m  2   2.   2m  m 2  8m  4  m  4   12  12, m 2. 2. + Vậy GTNN của x1  x2 là – 12 khi m  4 0  m  4 a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. + Tứ giác AEHF có: ·. ·. · · AEH = 900 ; AFH = 90 0 ( gt ). 0. 0. 0. + AEH + AFH = 90 + 90 = 180 + Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. 3. · · BFC = 900 ; BEC = 900 ( gt ). + Tứ giác BFEC có: + F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900 + Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC c) Chứng minh : OA  EF. ·' · + Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O)  x AB = ACB ( Cùng chắn cung AB ) · · + AFE = ACB ( BFEC nội tiếp ). 4. ·'. ·. + + +. 0,25 1,0đ 0,5 0,25 0,25 1,0đ 0,5 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25. '. +  x AB = AFE Þ x x //FE + Vậy : OA  EF d) Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC + Gọi SCt là diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC .. 0,25. 0,25 0,25 1,0đ 0,25. SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC. SVFAB = SquatOAB - SDOAB = SVFAC = SquatOAC - SD OAC =. pR 2 R 2 4 2. 0,25 (đvdt). pR R 3 3 4 2. SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC = pR2 -. 0,25. 2. (đvdt) 0,25. æ ö pR R ÷ ç ÷ ç ÷ ç ç 2÷ è 4 ø 2. 2. æ pR 2 R2 3 ö 5pR 2 - 6R 2 - 3 3R 2 ÷ ç ÷ ç = ÷ ç 3 ÷ 4 ø 12 ÷ ç è. (đvdt) * Ghi chú : - Hình vẽ sai không chấm điểm phần bài hình - Mọi cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa của câu đó..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐỀ SỐ 2: Chủ đề 1. Hàm số y=ax. Nhận biết 2. (a ≠ 0). Số câu Số điểm Tỉ lệ % 2. Phương trình và hệ phương trình. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Thông Vận dụng hiểu Thấp. Cao. - HS tính được giá trị của hàm số 1 1 10%. 1 1 10% - HS giải được hệ PT, tìm điều kiện để PT có nghiệm duy nhất. 2 2 20%. Số câu Số điểm Tỉ lệ % 3. Góc với đường tròn. Số câu Số điểm Tỉ lệ %. - HS biết vận dụng giải phương trình trùng phương. - HS giải được bài toán bằng cách lập PT bậc hai 2 3 30% - HS biết vẽ hình và chứng minh được tứ giác nội tiếp. 0.5 1.5 15%. 4. Hình trụ. Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ %. Tổng. 1 1 10%. - HS nhớ công thức, tính được Sxq, V của hình trụ. 1 1 10% 3 3 30%. 2.5 4.5 45%. 4 5 50% - Hs vận dụng cung chứa góc để chứng minh và so sánh hai góc 0.5 1.5 15%. 1 3 30%. 0.5 1.5 15%. 1 1 10% 7 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐỀ KIỂM TRA 1 y f (x)  x 2 2 .Tính f (2) ; f (  4) Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số. Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình:. 3x  y 10   x  y 4. Bài 3: (1,5đ) 4 2 Giải phương trình: x  3x  4 0. Bài 4 : (1,0đ) Với giá trị nào của m thì phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Bài 5: (1.5đ) Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính: a) Diện tích xung quanh của hình trụ. b) Thể tích của hình trụ. (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân;  3,14) Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh rằng: a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của. ^F BC. .. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Bài 1 (1,0đ) 2 (1,0đ) 3 (1,5đ). Đáp án f(2)=2 f(-4)=8 Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1 Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1). Biểu điểm 0,5 0,5 0,75 0,25. x 4  3 x 2  4 0. Đặt x2 = t (ĐK t≥0) Ta có PT : t2+3t-4 = 0 Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0  t1 = 1 ; t2 = -4 (loại) Với t = 1  x1 = 1, x2 = -1. 0,5 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4 (1,0đ). 5 (1,5đ). 6 (1,0đ). Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1 Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = 0 (1) phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khi ∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0 => m > Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m > Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x N) =>Số thứ 2 là x+1 Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1) Tổng của hai số đó là: x + x + 1 = 2x + 1 Theo bài ra ta có PT: x2 – x – 20 = 0 Có nghiệm thỏa mãn x = 5 Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6 a) Diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq = 2  r.h = 2.3,14.6.9  339,12 (cm2) b) Thể tích của hình trụ là: V =  r2h = 3,14 . 62 . 9 1017,36 (cm3) C Hình vẽ:. 0,25 0,75 0,25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0,5 0,5. 2 1. B E. 0,5đ. A. 7 (3,0đ). 1. F. D. a)Ta có: A C D = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ) Xét tứ giác DCEF có: E C D = 900 ( cm trên ) và E F D = 900 ( vì EF  AD (gt) ) => E C D ( đpcm ). + E F D = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp. b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a ) ^1 = ^ D 1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) => C ^ ^ Mà: C2 = D 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) ^1 = C ^2 Từ (1) và (2) => C ). hay CA là tia phân giác của B C^ F. ( Lưu ý : Các cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa). 0,25 0,25 0,5. (1) (2) ( đpcm. 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ĐỀ SỐ 3: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Cấp độ. Nhận biết. Thông hiểu. TL. TL. Tên Chủ đề. Vận dụng Cấp độ thấp. Cấp độ cao. TL. TL. Cộng. 1. Phương trình – hệ phương trình. Số câu Số điểm Tỉ lệ % 2. Đồ thị hàm số. 2 2đ 20%. 1 1đ 10%. Số câu Số điểm Tỉ lệ % 3. Phương trình bậc hai. 1 1đ 10%. Số câu Số điểm Tỉ lệ %. 1 1đ 10%. 1 1đ 10%. 3 3đ 30%. 2 2đ 20%. 1 1đ 10%. 2 2đ 20%. 4. Đường tròn. Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ %. 1 1đ 10%. 2 1 1.5đ 0.5đ 15% 5% 4 4đ 40%. 3 2.5đ 25%. 4 4 3.5đ 35%. 3đ 30% 11 10đ =100%.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ĐỀ KIỂM TRA Câu 1 : ( 2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0. b). 2x  y 5   x  y 3. Câu 2 : ( 2 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - 2 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 .x 2 2(x1  x 2 ) Câu 3 : (2 điểm) 2 Cho hàm số y=x a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên b) Cho hàm số y = mx + 4 có đồ thị là (d). Tìm m sao cho (d) và (P) cắt nhau tại hai 1 1  5 y y 1 2 điểm có tung độ y1, y2 thỏa mãn. Câu 4 : ( 3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A; B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D. a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp..   b) Chứng minh rằng: CAM ODM c) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh: E; F; P thẳng hàng. Câu 5 : ( 1 điểm) Giải phương trình. 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1 3  9x. ----HẾT---ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM: Câu. Đáp án 4. Điểm. 2. Câu 1 a) 4x + 9x - 9 = 0 (1) (2 điểm) Đặt t= x2 ( t 0 ). 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> pt (1)  4t 2  9t  9 0 a 4; b 9; c  9  b 2  4ac 92  4.4.(  9) 225  0  t  3   3 t   4. Với. t. 0.25. (loai ). 0.25. (TMDK ). 3 4.  x2 . 3 4.  x . 3 2. Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm. x. 3 3 ; x  2 2.  2x  y 5   x  y 3. b) giải hệ tìm được ( x= 2; y=1) a) Phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 2 = 0 vô nghiệm khi   0  4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 < 0  m > 9/4 b) Phương trình x2 – ( 2m – 1)x + m2 – 2 = 0 có nghiệm khi  0  4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8  0  m  9/4 2 Câu 2 Khi đó ta có x1  x 2 2m  1, x1x 2 m  2 (2 điểm) x1.x 2 2(x1  x 2 )  m 0  nhân   m 2  2 2(2m  1)  m 2  4m 0    m 4  loai  Kết luận a) Lập bảng và tính đúng Vẽ đúng đồ thị 2 b) Ta có x  mx  4 0 và a.c = - 4 <0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Theo hệ thức Viets ta có x1  x 2 m; x1.x 2  4 1 1 1 1 Câu 3  5  2  2 5 x1 x 2 (2 điểm) Khi đó y1 y 2 2. 2. 1 0,5 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25. 2.  x1  x 2 5x1 .x 2. 2.  (x1  x 2 ) 2  2x1.x 2 5(x1.x 2 ) 2  m 2 72  m 6 2. 0,25 0,25. E. Câu 4 (3 điểm) F. D M. C. P A. O. B. a. Tứ giác ACMO nội tiếp. Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp   ODM b. Chứng minh rằng: CAM. 1. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>    ABM - Chứng minh được CAM - Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp  - Chứng minh được ABM ODM   ODM Suy ra CAM. 0.25 0.25 0.25. c. Chứng minh: PA.PO = PC.PM Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g). 0.25. PA PM  Suy ra PC PO. 0.25. Suy ra PA.PO=PC.PM d. Chứng minh E; F; P thẳng hàng. Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E. 0.25. FC PC PC AC AC CF  ;  ;  Dựa vào AC//BD chứng minh được DG PD PD BD BD DE. 0.25. Suy ra DE = DG hay G trùng E. Suy ra E; F; P thẳng hàng 0.25. 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1 3  9x ( 4x 2  5x  1 0 ; x 2  x  1 0 ) . . 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1. Câu 5 (1 điểm)   9x  3  3  9x . . . . 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  3  9x  4x 2  5x  1  2 x 2  x  1. .  4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  1 (lo¹i) 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1    9x  3 0 9x - 3 = 0  x = 1/3 (Thỏa mãn điều kiện) Kết luận:…. . . 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ĐỀ SỐ 4: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA Vận Dụng. Cấp độ Nhận Biết. Thông Hiểu. Các chủ đề 1.Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Số câu 1 Số điểm 1 – Tỉ lệ 10% 2.Hàm số phương trình bậc nhất hai ẩn. y ax 2. Số câu 5 Số điểm 5,5– Tỉ lệ55% 3.Góc với đường tròn. Số câu 1 Số điểm 1. Số câu 1 Số điểm 1. y ax ( a 0) và. Số câu3 Số điểm 3,5– Tỉ lệ35% Tổng số câu 9 Tổng số điểm 10 Tỉ lệ 100%. Vận dụng cao. Giải hệ phương trình Số câu 1 Số điểm 1 Giải phương trình trùng phương. 2. Vận dụng thấp. Vẽ đồ thị hàm số. Chứng minh tứ giác nội tiếp được đường tròn Số câu 1 Số điểm 1,5 Số câu 2 Số điểm 2,5 25%. Số câu 2 Số điểm 2 20%. Tổng cộng. Số câu 1 1điểm =10% -Tìm tọa độ giao điểm của (d ) và (P). -Vận dụng định lý Vi-ét Số câu 2 Số điểm 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Chứng minh hệ thức hình học. Tính diện tích hình phẳng. Số câu 1 Số điểm 1. Số câu 1 Số điểm 1. Số câu 1 Số điểm 1,5. Số câu 5 Số điểm 5,5 55%. Số câu 5 5,5 điểm= 55%. Số câu 3 3,5 điểm= 35% Số câu 9 Số điểm 10.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( 3 điểm) ( Không dùng máy tính cầm tay ) 1) Giải hệ phương trình: 3x  y 3  2x  y 7. 2) Giải phương trình: x 4  13x 2  36 0. 3) Cho phương trình bậc hai: x 2  6x  m 0 (m là tham số ) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x13 +x 32 72. Bài 2: (1,5 điểm) Một tam giác vuông có chu vi bằng 30m, cạnh huyền bằng 13m. Tính mỗi cạnh góc vuông. Bài 3: ( 2 điểm) 2. Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y  2x a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d): y 3x  1 Bài 4: (3,5điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn (0;2cm). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường tròn đó (M nằm giữa A và N), cho góc BAC có số đo bằng 600. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. 2 b) Chứng minh: AB  AM . AN c) Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM BÀI 1.1. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. Giải hệ phương trình: 3x  y 3  2x  y 7 3x  y 3   2x  y 7. 5x 10   y 2x  7. 1đ 0,25đ.  x 2   y 2x  7  x 2   y  3. 0,25đ. Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất. 0,25đ. 0,25đ. ( x; y ) (2;  3). 1.2. 4 2 Giải phương trình: x  13x  36 0. 2. 2 Đặt t = x (t 0) phương trình trở thành t  13t  36 0. Giải  25 và t1 9 (nhận) t2 4 (nhận). 1đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 0,25đ 0,25đ. t1  x 2 9  x 3; t2  x 2 4  x 2. Vậy phương trình có 4 nghiệm: x1 3; x2  3; x3  2; x4 2. 1.3. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn. 1đ. x13  x23 72. Phương trình có nghiệm x1 , x2 khi ’ 9  m 0  m 9. 0,25đ.  x  x 6  1 2  x1.x2 m Viết đúng hệ thức Vi-et x13  x23 72  ( x1  x2 )3  3x1 x2 ( x1  x2 ) 72. 0,25đ.  6  3.m.6 72  m 8 vậy m = 8. 0,25đ 0,25đ. Tìm hai cạnh góc vuông Gọi x( m) là cạnh góc vuông thứ nhất. Điều kiện 0  x  13 Cạnh vuông thứ hai: 17  x ( m) Sử dụng định lý Pitago viết phương trình. 1,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 2. 2. x 2  (17  x) 2 169  x 2  17x+60 0 Lập  49  x1 12; x2 5. 0,25đ 0,25đ. x1 12 (nhận) x2 5 (nhận). 0,25đ. Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là: 12m và 5m 3. 1đ. 2. a. Vẽ đồ thị (P): y 2 x Bảng giá trị x … -2 -1 0 1 2 … 2 y  2 x … -8 -2 0 -2 -8 … Vẽ đúng đồ thị b.Tọa độ giao điểm của (P) và (d) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:. 0,5đ. 0,5đ 1đ 0,25đ.  2 x 2 3 x  1  2 x 2  3 x  1 0. Giải ra nghiệm. x1  1; x2 . 0,25đ. 1 2. 0,5đ. 1 1 ; Tìm được tọa độ giao điểm A(-1;-2) và B( 2 2 ) . 4. 0,5đ Vẽ hình: B. A O M N C 0   a) . Tứ giác ABOC có ABO  ACO 90 (tính chất của.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> tiếp tuyến )  ABO  ACO 1800  Tứ giác ABOC nội tiếp đường. 0,5đ. tròn ABC có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và. 0,25đ.   BAC 600 suy ra BAC là tam giác đều  ACB 600  AOB  ACB 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung).  OA . OB 2  4 cm 0 cos AOB cos 60. Vậy tứ giác ABOC nội tiếp trung đường tròn tâm là trung điểm của OA bán kính bằng 2 cm. b) Xét hai tam giác ABM và ANB .. 0,25đ 0,25đ. ABM và ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp. cùng chắn cung.  A chung.  BM. ). Suy ra ABM đồng dạng ANB(g.g) . AB AM   AB 2  AM . AN AN AB. c) Tứ giác ABOC nội tiếp    BAC  BOC 180    BOC 1800  BAC 1800  600 1200  R 2  .4.120 4     (cm 2 ) 0 0 360 360 3 Squạt OBMC 2. AB.OB SOBAC 2 SOBA  2 3.2 4 3 2 4 12 3  4 4 3   3 3 Scần tìm = SOBAC – Squạt. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0. . 4(3 3   ) 2 cm 3. Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa. 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ĐỀ SỐ 5: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA: Vận dụng Nhận Thông Cấp độ biết hiểu Cấp độ thấp cao. Cấp độ Chủ đề. 1. Hàm số y = ax. 2. Số câu Số điểm Tỉ lệ Xác định hệ số, điều kiện để 2. Hệ phương trình một PT và phương trình là bậc hai. phương trình bậc hai một ẩn. Số câu 1(2a) Số điểm 1đ Tỉ lệ 10% 3. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình, phương trình. Số câu Số điểm Tỉ lệ 4. Góc với đường tròn.Tứ giác nội tiếp.. Vẽ được đồ thị hàm số 1(1b) 1đ 10%. Cộng. 1 1đ 10%. Giải phương trình bậc hai, hệ phương trình bậc hai.. Tìm giá trị tham số theo điều kiện của nghiệm. 2(1a,2b) 2đ 20%. 1(2c) 4 1đ 10% Lập được bài phương trình bậc hai dựa trên đề bài. Từ đó giải được bài toán thực tế 1(3) 2đ 20% Vận dụng được tính chất về góc với đường. 4đ 40%. 1 2đ 20%.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Số câu Số điểm Tỉ lệ. tròn. Chứng minh được tứ giác nội tiếp đường tròn 2(5a,5b) 2đ 20%. Vận dụng tốt công 5. Hình trụ, thức tính hình nón, hình diện tích cầu. Xq, thể tích của hình trụ Số câu 3(4a,b) Số điểm 1đ Tỉ lệ 10% Tổng số câu 1 5 3 Tổng số điểm 1đ 4đ Tỉ lệ % 10% 40%. 2 2đ 20%. 1 1đ 20% 1 4đ 40%. 10 1đ 10%. 10 đ 100%.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> ĐỀ KIỂM TRA I. PHẦN CHUNG Bài 1. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau:. 3 x  2 y 11  x  2 y 1 a) . b) 4x4 + 9x2 - 9 = 0. Bài 2. (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x+3 a) Vẽ (P). b) Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán. Bài 3. (2,0điểm) Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 = 52 Bài 4. (1,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần chữ số hàng chục và nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị Bài 5. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A và B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.. e) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp..   f) Chứng minh rằng: CAM ODM g) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM h) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh: E; F; P thẳng hàng. Bài 6. (1,0 điểm) Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh AC . Vẽ hình, tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra? --- Hết ---.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau: 3x  2 y 11  a.  x  2 y 1. a)1 đ. b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0. b) 1 đ. 3x  2 y 11   a.  x  2 y 1. 4 x 12    x  2 y 1.  x 3   3  2 y 1.  x 3   y 1. Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x=3; y=1) b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1) Đặt t=x2 ( t 0 ). (1 điểm). pt (1)  4t 2  9t  9 0 a 4; b 9; c  9  b 2  4ac 92  4.4.( 9) 225  0  t  3   3 t   4. Với. t. 3 4. (loai ). (0,5 điểm). (TMDK )  x2 . 3 4.  x . 3 2. Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm. x. 3 3 ; x  2 2. (0,5 điểm). Bài 2: (1 điểm) Cho parabol (P): y = x2 (P) và đường thẳng (d): y = 2x+3 a. Vẽ (P). b. Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán. a)0,5 đ b) 0,5 đ a. Vẽ (P). Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 2 y=x 4 1 0 1 4 Vẽ đúng: (0,5 điểm). b. Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) x2 = 2x + 3.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> x 2 =2x+3. (0,5 điểm).  x 2 -2x-3=0.  x  1    x 3 Với x = -1  y = 1  P(-1; 1) Với x = 3  y = 9  Q(3; 9) Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt P(-1; 1); Q(3; 9). Bài 3: (2điểm) Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a. Giải phương trình với m = 2 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn x12+x22 = 52 a)1 đ b) 1 đ a. Với m = 2 pt(1): x2 + 2x + 1 = 0 Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = -1 (1 điểm) 2 2 b. Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 +x2 = 52 x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a = 1; b’= (m – 1) ; c = m2 – 3 ∆’=b’2 – a.c = (m – 1)2 – (m2 – 3) = –2m + 4 Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆’≥0  –2m + 4 ≥0  (0,5 điểm) m≤2 Với m ≤ 2 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = –2(m – 1) x1 . x2 = m2 – 3 Ta có: x12 +x 2 2 =52  (x1 +x 2 ) 2 -2x1x 2 =52 2.    2(m-1)  -2  m 2  3 =52  2m 2 -8m-42=0  2(m-7)(m+3)=0  m 7    m  3. (loai ) (TMDK ). Vậy với m = –3 thì phương trình 1 có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn x +x =52 Bài 4 (1 điểm:Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần chữ số hàng chục và nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị 2 1. (0,5 điểm). 2 2. Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y. x, y  N ;1 x 9;0 y 9. Số ban đầu là 10x + y; số mới 10y + x Theo đề ta có : y = 3x 10y + x – ( 10x + y ) = 18. (0,5 điểm).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> y 3x  y 3x    Ta có hệ phương trình 10 y  x  (10 x  y ) 18   x  y  2. (0,5 điểm). Giải được x = 1 , y = 3 ( thỏa mãn điều kiện ) Bài 5:(3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M≠A;B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A; B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D. a. Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.   ODM b. Chứng minh rằng: CAM c. Gọi P là giao điểm của CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM d. Gọi E là giao điểm AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh E; F; P thẳng hàng. Hình vẽ: 0,5đ a)0,5 đ b) 1 đ c) 0,5đ d) 0,5đ E. F. D M. C. (0,5 điểm). P A O B GT; KL, hình vẽ e. Tứ giác ACMO nội tiếp. Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp   ODM f. Chứng minh rằng: CAM    ABM - Chứng minh được CAM - Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp   ODM - Chứng minh được ABM   ODM Suy ra CAM g. Chứng minh: PA.PO = PC.PM Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g). (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm). PA PM  Suy ra PC PO Suy ra PA.PO=PC.PM. h. Chứng minh E; F; P thẳng hàng. Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE Gọi G là giao điểm của PF và BD, cầm chứng minh G trùng E FC PC PC AC AC CF  ;  ;  Dựa vào AC//BD chứng minh được DG PD PD BD BD DE. (0,5 điểm). Suy ra DE = DG hay G trùng E. Suy ra E; F; P thẳng hàng Bài 6: (1 điểm) Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh AC . (0,25 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra ? điểm) Vẽ đúng hình. b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?. (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Tính được BC = 5 Tính được. 2. S xq  rl  .3.5 15 47,1 (cm ). 1 V   .32.4 12 37,68 ( cm3 ) 3 Tính được.  Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó. (0,25 điểm) (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ĐỀ SỐ 6: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA. Cấp độ Tên Chủ đề Chủ đề 1 Hệ phương trình Số câu Điểm Tỉ lệ Chủ đề 2 Ph/ trình bậc hai Số câu Điểm Tỉ lệ. Nhận biết. Vận dụng. Biết giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng hoặc phương pháp thế. 1 1 10% Biết giải phương trìng bậc hai bằng công thức nghiệm 1 1 10%. Số câu Điểm Tỉ lệ Chủ đề 4 Biết vẽ đồ thị hàm Hàm số đồ số y=ax2. thị Số câu 1 Điểm 1 Tỉ lệ 10% Nhận biết tứ giác nội tiếp Chủ đề 5 Hình học 1 1 10% 4 4 40%. Cộng. 1 1 10%. 1 1 10% Sử dụng vi-ét để chứng tỏ pt có nghiệm. Chủ đề 3 Hệ thức vi-ét. Số câu Điểm Tỉ lệ T. Số câu T. Điểm Tỉ lệ. Thông hiểu. 1 0,5 5% Xác định đúng tọa độ giao điểm hai đồ thị 1 1 10% Dùng tính chất TGNT, tính chất đối xứng để chứng minh tam giác cân, quan hệ vuông góc. 2 2 20% 4 4 40%. Vận dụng vi-ét lập phương trình bậc hai biết trước quan hệ các nghiệm 1 1,5 15%. 2 2 20%. 2 2 20% Vận dụng tính chất TGNT để chứng minh 3 điểm thẳng hàng 1 1 10% 2 2 20%. 4 4 40% 10 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( 2,0 điểm) ( Học sinh không dùng máy tính cầm tay) a) Giải phương trình: x2 - 3x - 10 = 0  x  3 y  1  b) Giải hệ phương trình: 3x  y 7. Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai 2x2 – mx + m - 2 = 0. ( m là tham số). a) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m b) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là y1; y2 biết y1  y2  x1  x2 và y12  y22 1 Bài 3: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x2 (P) a) Vẽ đồ thị của (P) b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng y = 3 – x Bài 4: ( 4,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, vẽ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại M trong đường tròn (O). Qua A kẻ đường thẳng vuông góc BC tại H và cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là điểm đối xứng của C qua AB. Tia AF cắt BD tại K. Chứng minh: a) Tứ giác AHCM nội tiếp. b) Tam giác ADE cân. c) AK vuông góc BD. d) H, M, K thẳng hàng. ---------- Hết ----------.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Hướng dẫn chấm và biểu điểm BÀI CÂU a. 1 b. NỘI DUNG - Lập đúng  - Tính đúng x1 - Tính đúng x2  x  3 y  1  x  3 y  1   HPT 3 x  y 7 <=> 9 x  3 y 21. 0,25. - Tính được a + b + c = 2 + (– m) + m – 2 = 0 - Kết luận pt có nghiệm với mọi giá trị của m. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. m m 2 x1  x2  ; x1 x2  2 2 - Tính đúng 2 y12  y22 1   y1  y2   2 y1 y2 1. - Biến đổi. 2. 2 b.  m     1 2 y1 y2 2 m2  4  y1 y2  8. - Phương trình cần tìm là: m m2  4 Y  Y 0 2 8  8Y 2  4mY  m2  4 0 2. a. 3 b. 0,25. 10 x 20    x  3 y  1  x 2   2  3 y  1  x 3    y  1. a. ĐIỂM 0,5 0,25 0,25. - Lập bảng đúng - Vẽ đồ thị đúng - Lập đúng phương trình hoàng độ giao điểm: 2x2 = 3 - x 3 - Giải pt tìm được x1=1; x2 = 2 9 - Thay vào hàm số (P) tìm được y1=2 ; y2 = 2 3 9 - Kết luận tọa độ giao điểm ( 1; 2) và ( 2 ; 2 ). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> E. H. - Xét tứ giác AHCM có: AHC  AMC 900 (gt) AHC  AMC 1800 Suy ra Vậy AHCM nội tiếp. C _. a. A. M. B. _ F O. 0,5 0,25 0,25. K. N. D. . 4 b. c. . d. . . - Từ AHCM nội tiếp suy ra: HAM MCB (cùng bù HCM )    Mà MCB MAD ( cùng chắn BC )   MAD Nên HAM   MAD -  ADE có AM  DE và HAM nên  ADE cân tại A - F là đối xứng của C qua AB =>  CBF cân tại B   => CBM FBM - Gọi N là giao điểm BF với AD ta có:  AHB =  ANB ( g-c-g) 0   => ANB  AHB 90 -  ADB có DM và BN là hai đường cao nên F là trực tâm => AF  BD hay AK  BD. . 0. - Tứ giác AHBK nội tiếp ( AHB  AKB 90 )=> AKH  ABH 0    - Tứ giác FMBK nội tiếp ( FKM FBM 90 ) => AKM FBM   MBH - Mà FBM (  FBC cân tại B) nên AKM  AKH - Suy ra: K, M, H thẳng hàng. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa cho từng câu.. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> ĐỀ SỐ 7: MA TRẬN ĐỀ Cấp độ Nhận biết Chủ đề 1. Hệ phương trình bậc nhất một ẩn Số câu Số điểm Tỉ lệ % 2. Hàm số y = ax2 (a≠0) Số câu Số điểm Tỉ lệ % 3. Phương trình bậc hai một ẩn -Hệ thức Vi-et.. Số câu Số điểm Tỉ lệ % 4. Góc với đường tròn Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ %. Thông hiểu Giải hệ phương trình 1 1. Vận dụng Cấp độ thấp Viêt phương trình đường thẳng 1 1. Cấp độ cao. Cộng. 2 2 20%. Vẽ đồ thị 1 1. 1 1 10%. Biết giải PT Vận dụng định trùng lý Vi-et để tìm phương nghiệm còn lại.. 1 1,0 Tính số đo - Vẽ hình góc +vẽ hình - Ch/m tứ đúng giác nội tiếp 1 1,0. 1 1,0. 1 1 10%. 4 4 40%. 1 1,0 Vận dụng các đ/lí về góc để ch/m tam giác cân 1 1,0 5 5 50 %. -Vận dụng định lý Vi-et vào điều kiện về nghiệm cho trước của pt bậc 2 1 1,0. 3 3,0 30%. Chứng minh hệ thức 1 1,0. 4 4,0 40% 10 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> ĐỀ KIỂM TRA Câu 1: ( 2,0đ) a). 2 x  y 3  3 x  y 2. Giải hệ phương trình 4 2 b) Giải phương trình : x  7 x  8 0 Câu 2: (2,0đ) Cho hàm số y =  x2 có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số . b) Trên (P) lấy hai điểm M, N lần lượt có hoành độ là  1 và 2.Viết phương trình đường thẳng M N. Câu 3 : (2,0đ) Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 + mx + 2m – 4 = 0 (1) a) Biết phương trình có một nghiệm x1 = 3. Hãy tính nghiệm còn lại x2 và m . b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). A. x1 x 2  3 x1  x 2 có giá trị nguyên.. Tìm giá trị nguyên dương của m để biểu thức Câu 4 : (4,0đ) Từ điểm M ở bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm). Gọi E là điểm nằm giữa M và A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AOE cắt AB tại điểm H. Nối EH cắt MB tại F. a) Tính số đo góc EHO b) Chứng minh rằng tứ giác OHBF nội tiếp c) Chứng minh rằng tam giác EOF cân d) Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh rằng OI. OF = OB.OH −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Câu 1 a) (2,0đ). ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung. 0,5điểm.  5 x 5   2 x  y 3. 2 x  y 3  3 x  y 2 . Giải đúng x=1; y=1 b) Đặt t = x2; t 0 ta có pt: t2  7t  8 = 0 Tính đúng  , hoặc nhẩm nghiệm a+b+c =0 Tính đúng hai nghiệm t1 = 1(loại ), t2 = c /a = 8 ( nhận ) Tính đúng x1 2 2; x2  2 2 2 a) Lập đúng bảng giá trị (2,0đ) Vẽ đúng đồ thị b)Tìm được : M(1; 1/2), N(2; 2) Lập luận tìm được phương trình đường thẳng MN : y = 0,5x  1 3 a) Thay x = 3 vào phương trình tìm được :9 + 3m + 2m4=0 (2,0đ) m=1 Áp dụng hệ thức vi –et :. x1  x2 . b  m 1 a. x2. Tính được = 2 b).Tính đúng ∆ Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 => với mọi m phương trình luôn có nghiệm Áp dụng Vi-et : x1  x2  m; x1.x2 2m  4 Tìm được m 1 ( sau khi đ/c đk ) 5 (4,0đ). 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5 điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5 điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm. Hình vẽ đúng. E I. 0,5điểm. 0,5điểm. A. M. Điểm. O. H B F. 0,5điểm. 0  a) Lí luận được EHO 90. . . 0. b) Lí luận được OHF OBF 90 suy ra được tứ giác OHBF nội tiếp . . c) OEF OAH ( cùng chắn cung OH của đường tròn đường kính OE)   OAH OBH ( ∆ AOB cân) OBH OEF . ( cùng chắn cung OH của đường tròn đường kính OF).   Suy ra OEF OFE hay ∆ OEF cân tại O. d) Chứng minh được ∆ OIB. S ∆ OHF. 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> OI OB  Suy ra OH OF nên OI.OF = OB.OH. ĐỀ SỐ 8: MA TRẬN ĐỀ Tên Chủ đề (nộidung,chương…) Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Số câu Số điểm Tỉ lệ %. Nhận biết. Thông hiểu. Vận dụng. Vận dụng ở mức cao hơn. Tổng. Biết cách giải hệ pt bậc nhất hai ẩn 1. 1 1.0 10%. Hàm số y = ax2 (a 0¿ .. 1.0 10% Vận dụng được giải pt qui về phương trình bậc hai. Phương trình bậc hai. Biết vẽ đồ thị hàm số y=a.x2(a 0 ¿ Tìm tọa độ giao điểm của parabol và đường thẳng Tìm giá trị của tham số để hai nghiệm thỏa mãn đẳng thức đối xứng của hai nghiệm. Số câu Số điểm Tỉ lệ %. 3 3.0. Bài toán phương trình bậc hai Số câu Số điểm Tỉ lệ % Góc và đường tròn. 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp. 4. 1.0 4.0 30% 10% 40% Vận dụng bài toán thực tế dạng chuyển động 1 1 1.5 1.5 15% 15% Thấy được sự liên hệ các loại góc của đường tròn. Hệ thức.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Số câu Số điểm Tỉ lệ %. 1. Hiểu các công thức tính diện tích, thể tích Số câu 1 Số điểm 0.25 Tỉ lệ % 2,5% Tổng số câu 1 2 Tổng số điểm 0.25 Tỉ lệ % 2.5%. Hình nón - hình cầu. về cạnh và góc trong tam giác vuông 2 1.25 1.5 12,5% 15% Vận dụng công thức tính 1. 3 2.75 27.5%. 2 0.5. 0.75 7,5%. 5% 8 2.25 22.5%. 11 7.5 75%. 10.0 100 %. ==================================== ĐỀ THI HỌC KỲ II Bài 1: ( 2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 -3x2 – 4 = 0. b). ¿ x − 2 y =7 2 x+ y =4 ¿{ ¿. Bài 2: (1 điểm) Cho phương trình (ẩn số x): x2 -2x +2m -1 = 0 (1). Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 và. x1 2  x2 2  x1  x2 12. Bài 3: ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho (P) y = x2 và đường thẳng (d): y = -2x + 3 a) Vẽ đồ thị của (P) b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. Bài 4: (1,5 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 30km, một canô đi từ bến A đến bến B, nghỉ 40 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Hãy tìm vận tốc canô khi nước yên lặng, biết vận tốc của nước chảy là 3km/h. Bài 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB, Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Lấy M thuộc cung BC sao cho AM cắt OC tại N và MB = MN. a) Chứng minh: Tứ giác OBMN nội tiếp. 1 2. ^ B . Từ đó tính số đo B ^ A M= M N b) Chứng minh: B ^ AM. c) Tính độ dài cạnh ON. d) Tính thể tích của hình được sinh ra khi quay tam giác AON quanh AO..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> ================hết ============= Đáp án và hướng dẫn chấm:. (1,0 điểm)Bài 1.a/. Bài. Nội dung Ta đặt t = x2 (điều kiện t 0 ) Phương trình trở thành t2 - 3t – 4 = 0 Tìm được t = 4 và t = -1(loại) Tìm được x1 = -2 và x2 = 2. Giải hệ pt: (1,0 điểm)Bài 1.b/. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. ⇔. ⇔. ¿ x − 2 y =7 2 x+ y =4 ¿{ ¿ ¿ x −2 y=7 4 x +2 y=8 ¿{ ¿ ¿ x =3 y=− 2 ¿{ ¿. 0,25. 0,5. (1,5 điểm)Bài 4. (2,0 điểm)Bài 3. (1,0 điểm)Bài 2. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (3; -1). 0,25 0,25. Tính được Δ ’= -2m + 2và tìm được: m 1 Theo Vi-et : x1 + x2 = 2 và x1 . x2 = 2m – 1. 0,25 0,25. 2. x 1+ x 2 ¿ − 2 x 1 x 2 + x 1+ x2 ≤12 ⇔¿ Tính được m≥ −1 Tính được: −1 ≤ m≤1. 1/Lập được 5 điểm thuộc đồ thị bằng bảng giá trị : x -2 -1 0 1 y = x2 4 1 0 1 Vẽ đúng chính xác 2/Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 +2x -3= 0 và giải được x1 = 1 và x2 = -3 Tìm được 2 điểm (1;1) và (-3; 9) Gọi vận tốc canô khi nước yên lặng là x (km/h), x > 3 Vận tốc xuôi dòng là x + 3 (km/h) Vận tốc ngược dòng là x – 3. (km/h). 30 Thời gian canô xuôi dòng là x  3 (h) 30 Thời gian ca nô ngược dòng là x  3 (h). 0,25 0,5 2 4 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 0,25. 30 30 2   6 Theo đề bài ta có pt: x  3 x  3 3 3 Giải được: x1 = 12 ; x2 = 4 (loại). 0,25 0,25. Trả lời: Vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 12km/h. Hình vẽ đúng. 0,5. ^ B=90 0 a/ Nêu được N M. 0,5. ^ B=900 và N O. Suy ra Tứ giác OBMN nội tiếp.. 0,25 0,25. ^ M ( cùng chắn cung MB) ^ M =B O b/ Nêu được: B N 1 2. ^ M ( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung A M= BO -Nêu được B ^. 0,25. MB) 1 2. ^B A M= M N - suy ra B ^. 0,25. (3,5 điểm)Bài 5. -∆MBN có MB = MN (gt) ,. ^ B=90 0 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường NM. 0,25. tròn). Nên ∆ MBN vuông cân tại M . ^ M =450 Suy ra B N. 0,25. 1 2. ^ B=220 30 ' A M= M N - và tính được : B ^. c/. 0,25 0,25. ON = OA tanA ON = R tan 22030’. 1  R2h d/ Viết được V = 3. Tìm. được. 0,25. C. V. M. =. 0,25. N. 1 2 2 0 πR tan 22 30 ' . R 3. V=. 1 3 2 0 πR tan 22 30 ' 3. A. B O. (đvtt).  Mọi cách làm đúng khác của học sinh vẫn nhận đầy đủ số điểm tương ứng.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> ĐỀ SỐ 9: Ma trận Cấp độ. Nhận biêt. Thông hiểu. Vận dụng Thấp. Chủ đề 1. Hệ hai pt bậc nhất hai ẩn. Số câu Số điểm Tỉ lệ 2. Hàm số y = ax2 ( a 0) , Phương trình bậc hai 1 ẩn. Cộng Cao. Vận dụng được các bước giải toán bằng cách lập hệ phương trình b/ nhất 2 ẩn 1 1,5 15% Trình bày được giải phương trình bậc 2. Số câu Số điểm Tỉ lệ 3.Đường tròn, góc với đt, tứ giác nội tiếp.... 1 1 10% Vẽ hình. Trình bày được tứ giác nội tiếp. Số câu Số điểm Tỉ lệ Tông câu Tổng điểm Tỉ lệ. 2 1,5 15% 3 2,5 25%. Vẽ được đồ thị hàm số. Giải thích được điều kiện để phương trình bậc 2 có nghiệm. Tìm tọa độ giao điểm của hàm số bậc 2 với đường thằng y = ax +b 3 3 30%. 3 3 30%. 1 1,5 15% Vận dụng hệ thức Viet tìm điều kiện thỏa mãn yêu cầu đề bài. 1 1 10% Chứng minh Biết cách tìm được 2 biểu độ dài đường thức tích bằng thẳng thông nhau thông qua qua chứng việc chứng minh tam giác minh 2 tam giác đồng dạng để đồng dạng tìm điều kiện thõa mãn yêu cầu đề bài 1 1 1 1 10% 10% 4 4,5 45%. 5 5 50%. 4 3 35% 10 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> ĐỀ KIỂM TRA. 2 Bài 1. (2 điểm) Cho parabol (P) : y  x và đường thẳng (d) : y = x + 2.. a) Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) Bài 2. (3 điểm) Cho phương trình : x2 – mx + m –1 = 0 (1), (m : tham số) a) Giải phương trình (1) với m = –1 b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm,  m. c)Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). 2 2 Đặt A = x1  x 2  6x1 x 2 . Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất.. Bài 3.(1,5 điểm) Hai máy cày làm việc trên một cánh đồng . Nếu cả hai máy cùng cày thì 10 ngày xong công việc. Nhưng thực tế hai máy chỉ cùng làm việc được 7 ngày đầu, sau đó máy thứ nhất đi cày nơi khác, máy thứ hai một mình cày nốt trong 9 ngày nữa thì xong. Hỏi mỗi máy cày một mình thì trong bao lâu cày xong cánh đồng. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), dây AB và một điểm C ở ngoài đường tròn và nằm trêntia BA. Từ một điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ của đường tròn cắt dây AB tại D. Tia CP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I. Các dây AB và QI cắt nhau tại K. a) Chứng minh rằng tứ giác PDKI nội tiếp. b) Chứng minh CI.CP = CK.CD. c) Chứng minh IC là phân giác ngoài ở đỉnh I của tam giác AIB. Giả sử A, B, C cố định, chứng minh rằng khi đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A, B thì đường thẳng QI luôn đi qua một điểm cố định..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA Câu. Lời giải Bảng giá trị của hàm số : y = x. Điểm. 2. x y = x2. -2 4. -1 1. 0 0. 1 1. 2 4. 0.5. *Bảng giá trị của hàm số y = x + 2 x y = x+2. 0 2. -2 0. ^y. Bài 1 (2 điểm). 4. N. 2. M -1. 1 0. 2. > x. * Vẽ (P) đúng * Vẽ (d) đúng Tọa độ giao điểm của (D) và (p) là : (-1 ;1) và (2 ;4) Bài 2 Cho phương trình : x2 – mx + m –1 = 0 (1), (m : tham số) (3 a)với m = –1 ta có PT : điểm) x2 +x –2 = 0 a+b+c = 1+1+(–2) =0 , vậy x1 = 1 và x2 = –2 b) (  m)2  4(m  1) = ( m –2)2 > 0 m phương trình (1) luôn có nghiệm,  m.. 0,5. 1 0,5 0,5 1. c) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có :. S  x1  x2 . 2 2 A = x1  x2  6x1 x 2 = ( x1 +x2)2 – 8x1x 2. b c m P  x1.x2  m  1 a a ;. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> = m2 –8( m –1) = m2 – 8m + 8. 0,25. Mặt khác A= m2 – 8m + 8 = ( m –4)2 –8 (m  4) 2 0m nên (m  4)2  8  8 2 Vậy A nhỏ nhất khi A = -8 khi đó ( m  4) 0  m 4. Gäi thêi gian m¸y thø nhÊt cµy mét m×nh xong c«ng viÖc lµ x ( ngµy ) Gäi thêi gian m¸y cµy thø hai cµy mét m×nh xong c«ng viÖc lµ y ( ngµy ) ( x, y > 7) 1 Một ngày máy thứ nhất làm đợc x ( cv) 1 Bài 3 Một ngày máy thứ hai làm đợc y (cv) (1,5 1 1 1  x  y 10 điểm)   7.( 1  1 )  9 1  Theo bµi ra cã hÖ :  x y y  x 15 (t / m)   y 30. 0,25 0,25. 0.25. 0.25. 0.5. 0.25. Kết luận đúng. 0.25. Vẽ hình chính xác Xét tứ giác PDKI có:. 0.5.  PIQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Vì P là điểm chính giữa của cung lớn AB nên  AB  PQ hay PDK = 900. .  Suy ra PIQ + PDK = 1800. Vậy tứ giác PDKI nội tiếp.. Bài 4 (3,5 điểm). 1.  Xét hai tam giác vuông CIK và CDP có C chung nên  CIK đồng dạng  CDP (g.g).  CI .CP CK .CD  AIQ BIQ. c) Ta có. =. . CI CK  CD CP. 0.5 0.5.   (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau AQ QB. . ). Mặt khác CIK = 900 nên CI là phân giác ngoài ở đỉnh I của  AIB. Tứ giác ABPI nội tiếp nên suy ra:  CIA đồng dạng  CBP (g.g) => CI.CP = CA.CB (1) Mà theo câu b), ta có CI.CP = CK.CD (2) Từ (1) và (2) suy ra: CK.CD = CA.CB CK . CA.CB CD không đổi và K thuộc tia CB. hay Vậy K cố định và QI qua K cố định.. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> ĐỀ SỐ 10: MA TRẬN: Cấp độ Tên chủ đề Chủ đề 1 Hàm số y = ax2 và y = ax + b (a 0) Số câu Số điểm Tỉ lệ %. Vận dụng Nhận biết. Cấp độ cao. Biết vẽ đồ thị của (P), (d). Biết tìm giao điểm của (P) và (d). 1(1a). 1(1b) 1,0. Biết vẽ hình theo y/c đề bài. 1. Tìm giá trị tham số Tìm giá trị khi biêt giá trị một tham số m nghiệm (b5a-0.75đ) (b5b-1.25đ). 1(5a). 1 (5b) 0,75. -Vận dụng tổng hợp hệ thức lượng trong tam giác vuông và các công thức tính diện tích tam giác, hình quạt để tính diện tích viên phân. B6d (1.5đ). 3. 1 1,75đ. 4. 6 câu 1.25 5,0 điểm 50%. Vận dụng hệ quả góc nội tiếp c/m 2 góc bằng nhau (B6 c) 0,5 đ -Vận dụng dấu hiệu nhận biết c/m tứ giác nội tiếp.(B6a0.5đ) -Vận dụng t/c tứ giác nội tiếp c/m 2 đt song song B6 b (0.75đ). 0,25 đ 2. 2câu 1,5 điểm 15%. 0,5 Giải được HPT bậc nhất 1 ẩn (Bài 2-1đ)) Biết giải bài toán bằng cách lập pt (Bài 3-1đ) Áp dụng công thức để giải phương trình (b4a-0.5đ,4b-0.5đ)) 4 (2,3,4a,4b) 3,0. Số câu Số điểm Tỉ lệ %. Số câu Số điểm Tỉ lệ % Tổng số câu. Cộng Cấp độ thấp. Chủ đề 2 Phương trình, Ứng dụng định lý Viét. Chủ đề 3 Góc và đường tròn; tứ giác nội tiếp. Thông hiểu. 5. 2. 5 câu 1,5 đ 3,5 điểm 35% 13 câu.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Tổng số điểm Tỉ lệ %. 1,25 12,5%. 3,0 30%. 3,0 30%. 2,75 10 điểm 27,5% 100%. ĐỀ KIỂM TRA Bài 1:(1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ : ( P ) : y  x 2 ; ( d ) : y 2 x  3. b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P). Bài 2:(1 điểm). Giải hệ phương trình sau :  x  y 3  3 x  4 y 2. Bài 3: (1 điểm) Tính kích thước hình chữ nhật biết chiều dài hơn chiều rộng là 3m và diện tích bằng 180m2 . Bài 4:(1 điểm) Giải các phương trình: a. 4x2 – 20x = 0 b. 5x2 - 6x - 1 = 0 Bài 5: (2điểm) Cho phương trình x2 – 5x + 3 - m = 0 (*) a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x = -3. Tìm nghiệm còn lại ? b.Tính giá trị của m biết rằng phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1 - x2 = 3 Bài 6: (3,5 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R), AB<AC, các đường cao BD, CE. a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp. b) Vẽ đường thẳng xy tiếp xúc (O) tại A. Chứng minh xy // ED.   c) Chứng minh: EBD ECD . 0. d) Cho BAC 60 , R = 2 cm. Tính diện tích hình viên phân tạo bởi cung nhỏ BC và dây căng cung đó. --------Hết--------.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM-HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÁP ÁN. Biểu điểm (1,5điểm). Bài 1: a)Vẽ đồ thị 2 Tọa độ điểm của đồ thị ( P) : y  x x -2 -1 0 1 2 4 1 0 1 y x. 2 4. 0,25. Tọa độ điểm của đồ thị (d ) : y 2 x  3 3 x 0 0,25. 2 y 2 x  3. 3. 0. 0,5. b)Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0. 0,25. Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0  x1  1   y1 1   c   x   3  2 a  y2 9 từ (P). Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là. A   1;1 ; B(1;9). Bài 2:. 0,25 (1,0 điểm).  x  y 3 3 x  3 y 9 Ta có :    3 x  4 y 2 3 x  4 y 2  y 7   3 x  4 y 2  y 7    x 10. 0,25 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Bài 3: Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x(m) : điều kiện x > 0 Chiều dài hình chữ nhật là x + 3 (m) Ta có phương trình : x(x + 3 ) =180  x2 + 3x – 180 = 0 Giải phương trình ta có x1`= 12 ( nhận) ; x2 = - 15 (loại) Chiều rộng hình chữ nhật là 12 m, chiều dài hình chữ nhật là 15 m Bài 4: Giải phương trình a. 4x2 – 20x = 0  4x(x - 5) = 0  4 x 0  x  5 0  .  x 0  x 5 . Bài 5 : a. Thay x = -3 vào (*): (-3)2 – 5(-3) + 3 - m = 0  m = 27 Vậy: khi m = 27 thì pt(*) có một nghiệm x1= -3 Có : x1 + x2 = 5  -3 + x2 = 5  x2 = 8 Vậy: nghiệm còn lại x2 = 8. 0.25đ. 2. 13 4. Kết hợp định lý Vi ét và đề bài ta có hệ phương trình : Từ (1) và (3) suy ra : x1 = 4 ; x2 = 1 Thay x1 = 4 ; x2 = 1 vào (2) ta được m = -1 (tmđk) Vậy : m = -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa điều kiện x1 - x2 = 3 Bài 6 :.    BEC BDC 1v. 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ.  x1  x 2 5 (1)   x1.x 2 3  m (2)  x  x 3 (3) 2  1.  BEC 1v, (CE  AB)  BDC 1v, ( BD  AC ). 0.25đ (2,0 điểm). b.  b  4ac ( 5)  4.1.(3  m) = 13 + 4m Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi :   0  13  4m  0  m  . 0,25 0,25 điểm (1 điểm) 0.25đ. 0.25đ.  b '   ' 3  14  b '   ' 3  14 a 5 a 5 x1 = = ; x2 = =. 2. 0,25. 0.25đ. b. 5x2 - 6x - 1 = 0 2 Có: Δ ’= b '  ac = (-3)2 – 5.(-1) = 14 > 0. . (1,0 điểm) 0,25. 0.25đ 0.25đ 0.25đ (3.5 điểm) 0,25 đ. a) Tứ giác BEDC có. 0,25 đ. Vậy tứ giác BEDC nội tiếp b) 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(41)</span>  xAB  ACB AED  ACB. 0,25 đ.  xAB  AED  xy / / ED. 0,25 đ Ta có :. ( hệ quả) ( tứ giác BEDC nội tiếp) (slt). ( hình vẽ : 0.25đ)    c) Tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) Suy ra : EBD ECD ( cùng chắn ED ).    BAC 60  BOC 120  HOC 60 (BOC 1   OH OC .Cos HOC 2. 1cm 2 3  HC OC.SinHOC 2.  3  BC 2 3cm 2 d) Kẻ OH  BC 0. 0. 0,5 đ. 0. cân tại O). 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 1 1 SBOC  OH .BC  .1.2 3  3cm 2 2 2 2  R BOC  22.1200 4 2 S hqBOC    cm 3600 3600 3. 0,25 đ. Diện tích viên phân cần tìm : 4 S S hqBOC  SBOC . 3. . 3(cm 2 ). --------Hết--------.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> ĐỀ SỐ 11: BẢNG MÔ TẢ VÀ MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA. TT. 1. Chủ đề. Nhận biết. Thông hiểu. Phương trình và hệ phương trình. Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : .. 2. 3. Hàm số y = ax2 và vi-et Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : Góc với đường tròn. Vận dụng Bậc thấp. Bậc cao. Hiểu và giải được các dạng phương trình quen thuộc Bài 1a,b 2 2,0đ 20% Vận dụng vẽ đt (P). tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng và (P) Bài 2a,b 2 2,0đ 20% Vận dụng vào tính góc hoặc chứng. Biện luận theo m nghiệm của PT bậc hai Bài 3 a,b 2 2,0đ 20%. TỔNG CỘNG. 4 4.00 đ 40%. 2 2,00đ 20.0%.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> minh Bài 4 b 1 1,0đ 10% Tính được diện tích dựa vào các điều kiện cơ bản. Số câu: Số điểm: Tỉ lệ :. 5. Thông qua tứ giác nội tiếp liên hệ được quan hệ các góc của tứ giác Chứng minh 2 tích bằng nhau Bài 4 a Bài 4c 1 1 1.0đ 1.0đ 10% 10%. Tứ giác nội tiếp, diện tích. Số câu: Số điểm: Tỉ lệ : TỔNG Số câu: Số điểm: Tỉ lệ :. 0 0,0đ 00%. 1 1,0đ 10%. 6 6,0đ 40%. 1 1.00 10.% Vận dụng các kiến thức trong chương để giải bài toán nâng cao Bài 4 d 1 03 1.0đ 3.đ 10% 30.0% 3 3,0 30%. 10 10,0đ 100%. ĐỀ KIỂM TRA: Bài 1. ( 2,00 điểm) ( không dùng máy tính cầm tay)  x  y 5  a/ Giải hệ phương trình : 2 x  y 1. b/ Giải phương trình : x4 - x2 – 12 = 0 Bài 2. ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y = x2 . a/ Vẽ đồ thị (P). b/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = -2x +3 bằng phương pháp đại số. Bài 3. ( 2,00 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . b/ Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm giá trị nguyên của m để giá trị  x1   x2    1   1 biểu thức A =  x2   x1  đạt giá trị nguyên.. Bài 4. ( 4,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Hai đường cao BM, CN của ta giác cắt nhau tại H a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC c/ Cho biết MC = R, BC = 2R. Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. d/ Gọi K là giao điểm của AH và BC. I là giao điểm của tia NK và (O). Chứng minh : IM  BC.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> BÀI 1a/. Bài 1. ĐÁP ÁN. ĐIỂM 0.25.  x  y 5  3 x 6    2 x  y 1  x  y 5  x 2  2  y 5  x 2  x 2    y 5  2  y 3. 0.25. Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất.  x; y   1;  1 1b/ x4 - x2 – 12 = 0 Đặt t = x2 , t 0, phương trình trở thành: t2 - t – 12 = 0  1  4.12 49  0 => phương trình có hai nghiệm phân biệt t = - 3 ( loại) hoặc t = 4 ( nhận) Với t = 4 <=> x2 = 4 <=> x = -2 hoặc x = 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = -2 hoặc x = 2 2a Bảng giá trị : x y= x2. ... .... -2 4. -1 1. Đồ thị: 9. 0 0. 1 1. y. 2 4. ... ..... 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. f(x)=x*x. 0.25. 8 7 6. 0.25. 5 4. Bài 2. 3. 0.25. 2 1. x -4. Bài 3:. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x2 = - 2x + 3 <=> x2 +2x - 3 = 0 Pt có dạng a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = -3. Thay vào phương trình (P) ta được 2b y1 = 1, y2 = 9. Vậy d cắt (P) tại 2 điểm ( 1;1) hay (-3; 9) a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). 3a  ' = (m – 3)2 + 4m – 8 = m2 - 2m +1 = (m – 1)2 0 với mọi giá trị của m => Phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 3b Pt có hai nghiệm phân biệt <=>  ' > 0 <=> m 1 (*) Theo định lí vi-et: S = x1+x2 = 2(m-3). 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.50 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> P= x1.x2 = – 4m + 8  x1   x2  ( x1  x2 ) 2 1  1  1  m4     x1 x2 m 2 Do đó: A =  x2   x1  = 1 Với m nguyên, ta có: A nguyên  m  2 nguyên  m- 2  Ư(1)={-1, 1}. Do đó : m -2 = -1  m = 1 ( loại) m -2 = 1  m = 3 (nhận) Vậy m = 3 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.. 0.25. 0.25. A M. N H B. K. O. C. I. 4a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó Bài 4:. ˆ 900 (do CN  AB) CNB ˆ 900 (do BM  AC ) CMB ˆ. ˆ. 0.25. 0. => CNB CMB(90 ) => Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N cùng nhìn BC dưới góc 900 nên nội tiếp đường tròn. Tâm O 0 ˆ là trung điểm của BC ( (do CNB 90 ). 4b/ b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC Xét AMN và ABC có : ˆ ˆ ˆ  ACB BAC chung, ANM ( do Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn) => AMN đồng dạng ABC ( g.g) MN AM   AB.MN BC.AM => BC AB. 4c/ c/ Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. Ta có : OM=OC=MC (=R)=> OMC đều => ˆ 600 MOC. Diện tích của quạt tròn cần tìm: S. 0.25.  R 2 n  R 2 60  R 2   360 360 6 ( đvdt). 0.25 0.25. 0.5 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> 4d/ Chứng minh : IM  BC Xét tam giác ABC có : BM, CN là hai đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm => AH vuông góc với BC 0.25 0 ˆ  BKH ˆ 180 0.25 BNH => Tứ giác BKHN nội tiếp. ˆ  NBH ˆ  NKH ( cùng chắn cung NH) ˆ  NBH ˆ Lại có : NIM ( cùng chắn cung NB của (O)) 0.25 ˆ  NKH ˆ NIM => => AK // IM Lại có AK  BC 0.25 => IM  BC Thí sinh giải theo cách khác và đúng vẫn cho điểm tối đa.. ĐỀ SỐ 12: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – Năm học 2014 – 2015 Môn: Toán 9 ( thời gian 90 phút) Mức độ. Vận dụng Nhận biết ( tự luận ). Thông hiểu ( tự luận ). Chủ đề Chủ đề 1: Giải được pt Xác định Phương bậc hai. Giải đúng giá trị trình bậc được hệ tham số để hai một ẩn phương trình phương trình và hệ bậc nhất hai có nghiệm phương ẩn trình bậc nhất hai ẩn. Số câu 2 1 Số điểm 2 1 Tỉ lệ 20% 10% Chủ đề 2 Vẽ đúng đồ Hàm số y = thị hàm y = ax2 và đồ thị ax2 hàm số y = ( a 0). Vận dụng thấp ( tự luận ). Xác định tọa độ giao điểm giữa (P)và (d). Vận dụng cao (tự luận ) Vận dụng hệ thức viét để tìm điều kiện của tham số thỏa mãn hệ thức cho trước 1 1 10%. Tổng. 4 4 40%.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> ax2 ( a 0) Số câu Số điểm Tỉ lệ. 1 1 10% Nhận biết tứ giác nội tiếp. Chủ đề 3 Đường tròn. Số câu Số điểm Tỉ lệ. 1 1đ 10%. Chủ đề 4 Hình không gian Số câu Số điểm Tỉ lệ Tổng cộng. 4 4 40%. Vận dụng tính chất góc nội tiếp chứng minh quan hệ bằng nhau của hai góc 1 1 10% Tính được diện tích xung quanh và thể tích hình trụ 1 1 10% 3 3 30%. 1 1 10% Tính diện tích hình viên phân thông qua tính diện tích hình quạt tròn. 1 1đ 10%. 2 2 20%. 2 2 20%. 3 3 30%. 1 1 10%. 1 1 10% 10 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( 2 điểm ) a) Giải phương trình: 2x2 - 5x - 12 = 0 ¿ x+ 2 y=6 b) Giải hệ phương trình: 3 x − y =4 ¿{ ¿. Bài 2: ( 2 điểm) 2. Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y  2x a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d): y 3x  1 Bài 3: ( 2 điểm ) Cho Phương trình:. x 2  2  m  1 x  m 2  4m 0. ( m là tham số ). a) Xác định m để phương trình có nghiệm. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm là x1; x2 sao cho. x1  x2  x1 x2 1. .. Bài 4: ( 1 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2.AD quay xung quanh cạnh AD. Tính thể tích hình tạo thành biết AC =. 5 cm.. Bài 5: (3 điểm) Cho Δ ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R). Trên AB lấy điểm M (khác A, B), trên AC lấy điểm N ( khác A, C ) sao cho BM = AN a) Chứng minh Δ OBM bằng Δ OAN b) Chứng minh tứ giác OMAN nội tiếp được đường tròn. c) Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC theo R..

<span class='text_page_counter'>(49)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài. Câu a. Nội dung a) Tìm được nghiệm x1 = 4 ; x2 = -3/2  x  2 y 6   3x  y 4. 1. b. Điểm 1đ.  x  2 y 6  6 x  2 y 8. 0,25. 7 x 14   x  2 y 6  x 2   2 y 4. 0,25 0,25.  x 2   y 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x = 2; y = 2) 2 a. Vẽ đồ thị (P): y 2 x Bảng giá trị x … -2 -1 2 y  2 x … -8 -2. 0,25 1đ 0,5đ. 0 0. 1 -2. 2 -8. … … 0,5đ. 8. y 6. 4. a. 2. x -4. -2. 2. 4. 6. 8. -2. 2. -4. -6. -8. -10. -12. -14. -16. b.Tọa độ giao điểm của (P) và (d) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: b. a.  2 x 2 3 x  1  2 x 2  3 x  1 0 1 1 ; - Xác định tọa độ M cần tìm là ( 2 4 ). 0,25. -Xác định a, b, c -lập được  ' 2m  1. 0,25 0,50  ' 0  m . 3 b. 4. 1đ 0,25đ. 1 2. - xác định được pt có nghiệm khi - Tính được tổng và tích hai nghiệm - Biến đổi biểu thức hệ thức đã cho thành pt m2 – 2m – 3 = 0 - Giải tìm được m1= -1 (loại), m2 =3 ( nhận ) - Kết luận - Sử dụng pitago tính được bán kính đáy r = 2( cm) và chiều cao hình trụ h = 1 ( cm) - Viết đúng công thức và tính được thể tích hình trụ 2 V =  r h 4 (cm3). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> 5. A. a) M B. b). c). O H n. N C. Xét OBM và OAN có: Ta có: OA = OB ( Bán kính) BM = AN ( gt) ^ O=N ^ MB A O (Cùng bằng 300 ) Vậy Δ OBM= ΔOAN ^ O=180 0 (kề bù) Ta có: A^ M O+ B M ^ O ( ΔOBM= Δ OAN ) Mà: A^ N O=B M 0 Suy ra: A ^ M O+ A ^ N O=180 Vậy tứ giác OMAN nội tiếp được đường tròn Vì BC là cạnh tam giác đều nội tiếp (O; R) ⇒ và sđ B C=1200 ΠR 2 n0 ΠR 2 120 0 ΠR 2 = = (đvdt) 3 3600 3600 1 1 R R2 √ 3 S Δ BOC= BC .OH= R √ 3 . = (đvdt) 2 2 2 4 2 2 ΠR R √ 3 Π √3 S = − =R2 ( − ) (đvdt) Vậy viênphân 3 4 3 4 ⇒. S OB C =. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BC=R √ 3 ; OH=. R 2. 0,25 0,25. n. 0,25 0,25. ( mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của từng câu. Bài hình chỉ chấm khi vẽ đúng hình).

<span class='text_page_counter'>(51)</span>