- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 9
Đề thi học kì 2 môn toán 9 huyện cần giờ thành phố hồ chí minh năm học 2016 2017 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (111.62 KB, 4 trang )
PHÒNG GD&ĐT
HUYỆN CẦN GIƠ
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II– NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN : TOÁN – LỚP 9
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (3,0 điểm).
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x(2x – 2) = x2 + 8
b) x4 + 3x2 = 4
�x 2 y 4
c) �
2x y 7
�
Bài 2: (1,0 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều rộng bằng
2
chiều dài và
5
có chu vi bằng 84 m. Tính diện tích của mảnh vườn đó.
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ parabol (P) : y =
1 2
x và đường thẳng (D) : y = x + 1 trên cùng
4
một hệ trục tọa độ.
b) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với (D) : y = x + 1 và
cắt parabol (P) : y =
1 2
x tại điểm có tung độ là 4.
4
Bài 4: (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2 – 2mx – 2 = 0 với m là tham số và x là ẩn số.
a) Chứng minh phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
2
2
x1 x2 x1 x2 10 .
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, (AB > AC) nội tiếp đường tròn
(O ; R). Hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H (D � BC ; E �AC).
a) Chứng minh tứ giác AEDB nội tiếp được trong đường tròn. Xác
định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
b) Chứng minh AD . EC = BE . DC
c) Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại I (khác điểm A), đường
thẳng AO cắt đường tròn (O) tại K (khác điểm A). Chứng minh tứ giác
BHCK là hình bình hành.
d) Chứng minh: AB2 - AC2 = BI2 – HC2.
HẾT
KIỂM TRA HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2016 – 2017
ĐÁP ÁN VÁ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN – LỚP 9
PHÒNG GD&ĐT
HUYỆN CẦN GIƠ
Bài 1: (3,0 điểm – Mỗi câu 1.0đ)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x(2x – 2) = x2 + 8 2x2 – 2x – x2 – 8 = 0
x2 – 2x – 8 = 0
’ = 12 – 1.(- 8) = 9 > 0
(0.25đ)
(0.25đ)
1 9
= 4;
1
1 9
x2 =
=-2
1
Nên có hai nghiệm phân biệt: x1 =
(0.25đ)
(0.25đ)
b) x4 + 3x2 = 4 x4 + 3x2 – 4 = 0
Đặt t = x2 (t �0). Phương trình trở thành t2 + 3t – 4 = 0 (*) (0.25đ)
Vì phương trình (*) có a + b + c = 1 + 3 + (– 4) = 0
(0.25đ)
nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: t1 = 1 > 0 (nhận) ;
t2 =
c
= - 4 < 0 (loại). (0.25đ)
a
Do đó: x2 = 1 x = �1. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
phân biệt: x1 = - 1; x2 = 1.
(0.25đ)
�x 2 y 4
�x 2 y 4
5 x 10
�
c) �
�4 x 2 y 14 �4 x 2 y 14 (0.25đ + 0.25đ)
2x y 7
�
�
�
�x 2
4.2 2 y 14
�
�
�x 2
�
�y 3
(0.25đ + 0.25đ)
Bài 2: (1,0 điểm)
Gọi chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) ; x > 0;
2
x (m)
5
2
Theo đề bài ta có phương trình: 2(x + x) = 84
5
thì chiều rộng của mảnh vườn này là
(0.25đ)
(0.25đ)
10x + 4x = 420 x = 420 : 14 = 30 thỏa mãn điều kiện.
Chiều rộng mảnh vườn là:
2
. 30 = 12 (m).
5
Vậy diện tích mảnh vườn đó là: 30 . 12 = 360 (m2)
(0.25đ)
(0.25đ)
Bài 3: (1,5 điểm – Câu a: 1.0đ; câu b: 0.5đ)
a) (P) : y =
1 2
x
4
- Bảng giá trị đúng:
- Vẽ (P) đúng:
(D) : y = x + 1
- Bảng giá trị đúng:
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
- Vẽ (D) đúng:
(0.25đ)
b)- Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b.
Vì (d) // (D) nên a = 1. Vậy (d) : y = x + b.
Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ là xM xà có tung độ là 4, ta có:
4=
1 2
xM => xM = � 4. Vậy M1(4 ; - 4); M2(- 4 ; - 4).
4
M1 � (d) - 4 = 4 + b b = - 8. Vậy y = x – 8.
M2 � (d) - 4 = - 4 + b b = 0. Vậy y = x.
Phương trình đường thẳng (d) là y = x – 8 hoặc y = x.
(0.25đ)
(0.25đ)
Bài 4: (1,0 điểm – Mỗi câu: 0.5đ).
a) Phương trình đã cho có a = 1 > 0 ; c = - 2 < 0 => a và c trái dấu nên
phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
(0.5đ)
2
2
Hoặc ∆’ = (- m) – 1(– 2) = m + 2 > 0 với mọi m nên phương trình
luôn có hai nghiệm phân biệt.
(0.5đ)
b) Theo Viet ta có: x1 + x2 = -
b
c
= 2m ; x1x2 =
=-2
a
a
2
2
Do đó: x1 x2 x1 x2 10 (x1 + x2)2 – 2x1x2 – x1x2 = 10 (0.25đ)
(x1 + x2)2 – 3x1x2 = (2m)2 – 3(- 2) = 10
4m2 = 4 m2 = 1 m = � 1.
Vậy m = 1 hoặc m = - 1 là giá trị cần tìm.
(0.25đ)
Bài 4: (3,5 điểm)
- Vẽ hình sai hoặc không vẽ hình ở câu nào
thì không cho điểm ở câu đó.
- Câu a: 1,0 điểm
- Câu b: 1,0 điểm
- Câu c: 0,75 điểm
- Câu d: 0,75 điểm
A
C
B
DD
C
K I
Giải:
a) Chứng minh: Tứ giác AEDB nội tiếp được trong đường tròn.
� 900 (vì BE, AD là các đường cao của tam giác ABC
Ta có: �
AEB BDA
- gt).
(0.25đ + 0.25đ)
=> tứ giác AEDB nội tiếp được trong đường tròn đường kinh AB. (0.25đ)
Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDB là trung điểm của đoạn thẳng
AB.
(0.25đ)
b) Chứng minh: AD . EC = BE . DC
� = 900; ACB
� chung.
ADC và BEC có: �
ADC BEC
Nên ADC đồng dạng với BEC (g.g).
AD BE
Suy ra
=> AD . EC = BE . DC
DC EC
(0.25đ + 0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
c) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
�
Ta có ACK
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => CK AC.
Mà BE AC (gt) => CK // BE (1).
(0.25đ)
0
�
= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BK AB.
ABK
Mặt khác, H là giao điểm của hai đường cao AD và BE nên CH cũng là
đường cao của ABC => CH AB nên CH // BK (2).
(0.25đ)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành.
(0.25đ)
d) Chứng minh AB2 - AC2 = BI2 – HC2
ABK vuông tại B cho ta: AB2 + BK2 = AK2
ACK vuông tại C cho ta: AC2 + CK2 = AK2
=> AB2 + BK2 = AC2 + CK2 (3)
(0.25đ)
Tứ giác BHCK là hình bình hành (câu c) nên: BK = HC (4) ; CK = BH
� IAC
� (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IC);
Lại có: IBC
� EBC
�
(2 góc có cạnh tương ứng vuông góc)
IAC
� EBC
�
Suy ra: IBC
=> BIH cân tại B nên BI = BH = CK (5). (0.25đ)
Thay (4) và (5) vào (3) ta được: AB2 + HC2 = AC2 + BI2
Suyra: AB2 - AC2 = BI2 – HC2 (đpcm) (0.25đ)
* Ghi chú: Học sinh có thể giải bằng cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./.
HẾT
