Đáp án Toán 9 HKII-Đề Sở
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (98.74 KB, 5 trang )
/>Sở Giáo dục - Đào tạo
TP.Hồ Chí Minh ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 2 ( 2010-2011)
MÔN TOÁN LỚP 9
Đề chính thức Thời gian làm bài : 90 phút
Bài 1 (3 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình:
a)
2
6x 7x 3 0− − =
b)
2
4x 4 3x 3 0− + =
c)
4 2
2x 8x 0− =
d)
8x 7y 7
2x 2y 3
+ = −
+ =
Bài 2 (2 điểm)
Cho phương trình :
2
x (4m 1)x 4m 0− − − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trò của m.
b) Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m.
c)Gọi
1 2
x , x
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để có
2 2
1 2 1 2
x x x .x 13+ − =
Bài 3 (1,5 điểm)
Cho hàm số :
2
x
y
2
−
=
(P)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
b) Tìm các điểm M thuộc đồ thị (P) sao cho M có tung độ bằng 2 lần hồnh độ
.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm A ở ngồi đường tròn ( O )
cách tâm O một khoảng bằng 2R. Vẽ đường thẳng ( d ) vng góc với OA tại A. Từ
một điểm M trên (d) vẽ hai tiếp tuyến MD, ME đến đường tròn (O) với D, E là hai
tiếp điểm.
a)Chứng minh tứ giác MDOE là tứ giác nội tiếp và 5 điểm M, A, D, E, O
cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng DE cắt MO tại N và cắt OA tại B.
Chứng minh OB.OA = ON.OM. Suy ra độ dài OB khơng đổi khi M lưu động
trên đường thẳng (d).
c) Cho MA=
3R
2
. Tính diện tích tứ giác ABNM theo R.
HẾT
/>Sở Giáo dục - Đào tạo
TP.Hồ Chí Minh ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 2 ( 2010-2011)
MÔN TOÁN LỚP 9
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Bài 1 (3 điểm) m ỗi câu 0,75 điểm
Giải các phương trình :
a)
2
6x 7x 3 0− − =
1
2
49 72 121
11 (0,25đ)
7 11 3
x (0,25đ)
12 2
7 11 1
x (0,25đ)
12 3
∆ = + =
∆ =
+
= =
− −
= =
b)
2
4x 4 3x 3 0− + =
1 2
' 12 12 0 (0,25đ)
b 4 3 3
x x (0,5đ)
2a 8 2
∆ = − =
−
= = = =
c)
4 2
2x 8x 0− =
Đặt
)0(
2
≥= txt
Ta có phương trình :
2
2t 8t 0− =
Giải phương trình này ta được :
1 2
t 0 ; t 4= =
0,25 đ
Với
t
= 0 .Ta có
0
=
x
0,25 đ
Với
t
= 4 .Ta có
x 2= ±
0,25 đ
d)
8x 7y 7
2x 2y 3
+ = −
+ =
35
8x 7y 7 8x 7y 7
x
2
8x 8y 12 y 19
y 19
−
+ = − + = −
=
⇔ ⇔ ⇔
− − = − − = −
=
(0,25 đ + 0,25 đ + 0,25 đ )
Bài 2 (2 điểm)
Cho phương trình :
2
x (4m 1)x 4m 0− − − =
(
x
là ẩn số)
a)Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trò của m.
Ta có :
2 2 2
(4m 1) 16m 16m 8m 1 (4m 1) 0∆ = − + = + + = + ≥
0,5 đ
/>Nên phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 0,25 đ
b)Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m.
Ta có :
1 2
1 2
b
S x x 4m 1
a
c
P x .x 4m
a
−
= + = = −
= = = −
0,25 đ+ 0,25 đ
c)
2 2
1 2 1 2
x x x .x 13+ − =
(1)
Ta có :
(1)
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x x .x 13 (x x ) 3x .x 13 (4m 1) 12m 13⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ − + =
2
3
16m 4m 12 0 m 1 v m
4
⇔ + − = ⇔ = − =
(0,25 đ + 0,25 đ + 0,25 đ )
Bài 3 ( 1,5 điểm)
Cho hàm số :
2
x
y
2
−
=
(P)
a)Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
Lập bảng giá trị đặc biệt : 0, 5 đ
Vẽ đồ thị 0, 5 đ
b)Tìm các điểm thuộc đồ thị (P) có tung độ bằng hai lần hồnh độ
Ta có y =2x nên
2
2
x
2x x 4x 0 x 0 v x 4
2
−
= ⇔ + = ⇔ = = −
0,25 đ
Vậy có hai điểm thuộc đồ thị ( P ) có tung độ bằng hai lần hồnh độ là :
(0 ; 0); ( 4 ; 8)− −
0,25 đ
Bài 4 ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm A ở ngồi đường tròn ( O )
cách tâm O một khoảng bằng 2R. Vẽ đường thẳng ( d ) vng góc với OA tại A. Từ
một điểm M trên (d) vẽ hai tiếp tuyến MD, ME đến đường tròn (O) với D, E là hai
tiếp điểm.
x
y
0
0
1
-1/2
2
-2 -1/2 -2
-1-2
M
D
/>
a)Chứng minh tứ giác MDOE là tứ giác nội tiếp và 5 điểm M, A, D, E, O
cùng thuộc một đường tròn.
+Ta có góc ODM = 90
o
và góc OEM = 90
o
(vì MD, ME tiếp xúc với ( O ))
0,25 đ
Nên tứ giác MDOE nội tiếp được trong đường tròn đường kính là OM.
0,25 đ
+Ta có góc MAO = 90
o
(gt) nên A thuộc đường tròn đường kính là OM
0,25 đ
Vậy 5 điểm M, A, D, E, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM.
0,25 đ
b) Đường thẳng DE cắt MO tại N và cắt OA tại B.
Chứng minh OB.OA = ON.OM. Suy ra độ dài OB không đổi khi M lưu động
trên đường thẳng (d).
Ta có MO vuông góc với DE vì OD = OE và MD = ME 0,5 đ
Hai tam giác vuông OAM và ONB đồng dạng với nhau cho ta:
OB ON
ON.OM OB.OA
OM OA
= ⇔ =
(đpcm)
Tam giác vuông ODM cho : ON.OM= OD
2
=R
2
Suy ra
2
ON.OM R R
OB
OA 2R 2
= = =
( không đổi ) 0,5 đ
c) Cho MA=
3R
2
. Tính diện tích tứ giác ABNM theo R.
Ta có dt(ABNM) = dt(OAM) – dt(ONB) 0,25 đ
d
O
A
E
N
B
/>dt(OAM)=
2
1 1 3R 3R
OA.MA 2R.
2 2 2 2
= =
0,25 đ
Ta có : OM =
5R
2
( dùng đl Pitago trong tam giác vuông OAM)
Ta có: ON.OM = R
2
2
R 2R
ON
5R
5
2
⇔ = =
0,25 đ
Ta có :
2 2 2
2 2 2
R 4R 9R 3R
NB OB ON NB
4 25 100 10
= − = − = ⇔ =
0,25 đ
2
1 1 3R 2R 3R
Dt(ONB) ON.NB . .
2 2 10 5 50
= = =
0,25 đ
Vậy dt(ABNM)=
2 2 2 2
3R 3R 72R 36R
2 50 50 25
− = =
(đvdt) 0,25 đ
HẾT
