Đề kiểm tra chất lượng học kỳ II Bắc Giang năm học 20132014 môn: Toán lớp 935971

Giải phương trình 1 khi m1.. Hai tiếp tuy ến tại B và C của O cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là D.. G ọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn

Câu 1 (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình 3 7

1

x y

x y







 



 

2 Giải phương trình 4x4 3x2 1 0.

Câu 2 (3,0 điểm)

1 Cho hàm số 1 2, với Xác định hệ số , biết đồ thị của hàm số đi

2

qua điểm A( 2;1) .

2 Cho phương trình x24x5m 2 0 (1), với là tham số.m

a Giải phương trình (1) khi m1.

b Tìm các giá tr ị của để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m x x1, 2 tho ả mãn:

.

x x  x x 

Câu 3 (1,5 điểm)

Hai xe ô tô cùng xu ất phát đi từ A đến B Vận tốc xe ô tô thứ nhất nhanh hơn

v ận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm hơn xe ô tô thứ hai

1 gi ờ Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A đến B là 200 km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nh ọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai tiếp

tuy ến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D

G ọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F

Ch ứng minh rằng:

1 Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn;

2. MB = MD.MA2 và MOC = MEC฀ ฀ ;

3 BF // AM.

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho hai phương trình x2 2013x 1 0(2) và 2 Gọi là

x 2014x 1 0 (3) x x1, 2 nghiệm của phương trình (2) ; x x3, 4 là nghiệm của phương trình (3)

Tính giá trị của biểu thức P = (x1x3)(x2x3)(x1x4)(x2x4)

-

Hết -Họ và tên học sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài: 90 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG H ƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II

NĂM HỌC 2013 - 2014

Lưu ý khi chấm bài:

D ưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán h ọc Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm.

          

1

(1 điểm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; )x y (2; 1) 0,25 Đặt: x2t, t 0.

Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t2  3t 1 0

Vì a b c 4 3 1 0      nên pt trên có nghiệm t1 1, t2 1

4

  

0,5

2

(1 điểm) Vì t 0 nên t1 1 không thỏa mãn điều kiện.

Với t t2 1 Khi đó:

4

   

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = - ;1 1

2 2

0,5

Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) nên, ta có:

1 ( 2)2 1

2 1 1 (thoả mãn điều kiện )

2

1

(1 điểm)

Vậy 1 là giá trị cần tìm

2

a x24x5m 2 0 Thay m1 vào phương trình (1), ta được pt:

(2) 2

4 3 0

x  x 

0,25

Vì a b c 1 4 3 0      nên pt (2) có nghiệm

Vậy với m1 thì pt (1) có nghiệm x11, x23 0,25

b Ta có: 2

' ( 2) 1.(5m 2) 4 5m 2 6 5m

          Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2khi và chỉ khi:

6

6 5 0 5 6

5

0,25

2

(2 điểm)

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2 (3)

1 2

4 5 2

x x

x x m

 





Theo đề bài, ta có: x1 x2 2x x1 2 14 (4)

0,25

Thay (3) vào (4) , ta được:

(thỏa mãn ĐK

3

4 2(5 2) 14 10 8 14 10 6

5

             )

6 5

Vậy 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán

5

Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0

Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 0,25 Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là : x 10200 (giờ)

Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là : 200x (giờ) 0,25 Lập phương trình: 200 200 1 (5)

x x 10

 Giải phương trình (5) tìm được x1 40 ,x2  50

0,5 (1,5 điểm)

Vì x0 nên x2  50 không thoả mãn điều kiện của ẩn

Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h);

vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h)

0,25

Hình vẽ:

F

E

D

M

O

B

A

C

1

(1 điểm)

Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên

MBOB; MCOC ฀ ฀ 0

MBO MCO = 90

Xét tứ giác OBMC có:

, mà là hai góc ở vị trí đối

MBO + MCO = 90 90 180 MBO, MCO฀ ฀ diện nhau

0,5

Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25 Xét (O) có: MBD MAB฀ ฀ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với

dây cung cùng chắn BD฀ )

Xét MBD và MAB có:

MBD MAB฀ ฀ (cm trên)

M฀ chung

Do đó: MBD MAB (g.g)  MB MD MB2 MA.MD

MA MB (đpcm)

0,5 2

(1 điểm)

Tứ giác MCOE nội tiếp (vì ฀ ฀ 0) nên (6)

MCO + MEO 180 MOC = MEC฀ ฀ ( hai góc nội tiếp chắn cung MC) (đpcm) 0,5

Ta có: MOC฀ 1 = sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

2

 BOC฀ 1

2 BC฀

sđ (góc nội tiếp) (7)

BFC

2

3

(1,0 điểm) Từ (6) và (7) suy ra: BFC MEC฀ ฀ , mà BFC, MEC฀ ฀ là hai góc ở vị trí đồng

vị

Do đó: BF // AM (đpcm)

0,5

Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014

Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

P = (x1x3)(x2 x3)(x1x4)(x2 x4)

= (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4)

= (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 )

= x1x2x3 - x3x4x2 - x3x4x12 + x1x2x4

= x3 - x2 - x1 + x4

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 - ( x2+ x1)2 + 2x1x2

= (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2

0,25 (0,5 điểm)

Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được :

P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027

KL:……

0,25