Tài liệu ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN TOÁN - LỚP 9 pot

1đ b Xác định tọa độ các giao điểm của P và d bằng phép tinh.. Tính số đo góc AOK và diện tích hình quạt AOK theo R và ð 1đ d Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N.. Ch

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẬN TÂN BÌNH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011 - 2012

MÔN TOÁN - LỚP 9

Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể thời gian phát đề)

Bài 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau :

a) 4x25x 6 0  (1đ)

b) x4 5x2 6 0 (1đ)

c) 3 10

5 3 6

x y

 





 

 (1đ)

Bài 2: Cho parabol (P) :

2

2

x

y  và đường thẳng (d) : y x 4 a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ (1đ)

b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh (0.75đ)

Bài 3: Cho phương trình: x2(m 3)x 3m 0   (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình trên luôn có nghiệm với mọi giá trị của m (0.75đ) b) Tìm tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m (0.5đ) c) Gọi x , x1 2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m đđể: 2 2

x x  x x 9 (0.5đ)

Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Từ A vẽ tiếp tuyến Ax với (O) ( A là

tiếp điểm) Trên tia Ax lấy điểm C sao cho AC = 2R Qua C vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E; đường thẳng này cũng cắt đoạn thẳng OB) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng DE

a) Chứng minh: CA2 CD CE (1đ)

b) Chứng minh: tứ giác AOHC nội tiếp (1đ)

c) Đoạn thẳng CB cắt đường tròn (O) tại K Tính số đo góc AOK và diện tích hình quạt AOK theo R và ð (1đ)

d) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N Chứng minh: O là trung điểm đoạn thẳng MN (0.5đ)

HẾT

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN - LỚP 9 – HKII 11-12 Bài 1: Giải các phương trình :

a) 2

4x 5x 6 0 

(a 4  ; b 5  ;c  6)

b 4ac 5 4 4 6 25 96 121 0 (0,5đ) 11

           

 

Vì   0 nên phương trên có 2 nghiệm phân biệt:

1

2

    



     



b) x4 5x2 6 0

Đặt 2 0



x t

Ta được: t2  5t 6 0 (0,25đ)

Giải ra ta được :

t1 1( loại) ; t 2 6 (nhận) (0,25đ)

Với t 6 thì x 2 6  x 6

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm: x  6 (0,5đ)

c) 53x y x 3y106

 

3 10

5 3 3 10 6

 



 



6 (0,5đ)

8 (0,5đ)

x y





 



Vậy : ( x = 6 ; y = 8 )

Bài 2:

a) (P) : 2

2

1

x

y 

Lập bảng giá trị đúng (0.5đ)

x -2 -1 0 1 2

2

1

x

y  2

2

1

0

2

1 2

Vẽ đúng (P) (0.5đ)

b) (P) : 2

2

1

x

y 

(d) : y x 4

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) là:

1 2

4

2x  x (0.25đ) Giải ra ta tìm được : tọa độ giao điểm giữa (P) và (d) là: (-2; 2) và (4; 8) (0.5đ)

Bài 3 : Cho phương trình : x2(m 3)x 3m 0  

a) (a 1  ; b m 3   ;c  3m)

Ta có : b2 4ac (m 3)  2 4 1   3m m2 6m 9 12m 

m26m 9 (m 3)   2 0; m (0,5đ)

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m (0.25đ)

b) Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m

Ta có :

1 2  

b

a



     (0.25đ)

1 2

c

P x x 3m

a

   (0.25đ) c) Ta có : 2 2

x x  x x 9

x x x x 9

2

2

(x x ) 2x x x x 9

(x x ) 3x x 9

   

Thay x1x2 m 3 và x x1 2 3m

Ta có: (m 3) 2 3  3m 9

2 2

2

(m 3) 9m 9

m 6m 9 9m 9

m 3m 0

Giải ra ta được: m 0 ; m 3 (0,5đ)

Vậy: ………

Bài 4:

a) Chứng minh CDA  CAE (g-g)

CD CA

 CA2 CD CE (1đ)

b) Chứng minhCHO  900

Xét tứ giác AOHC có :

CHO  900 ( cmt)

CAO  900( T/c tiếp tuyến)

 CHO CAO  1800

 Tứ giác AOHC nội tiếp

( tổng hai góc đối diện bằng 1800) (1đ)

c) SđAOK 900 (0.5đ)

SquạtAOK = 2 90 2

360 4

 ( đvdt) (0.5đ)

d) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F

Vì tứ giác AOHC nội tiếp (cmt)

x

F

I K

N

M

H

E

D

O

C

 HAO HCO 

Mà HEI HCO (So le trong, EF//MN)

 HAO HEI 

Hay IAH IEH

 tứ giác AHIE nội tiếp ( 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh HI dưới góc bằng nhau)

 IHE IAE

Mà IAE BDE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

 IHE BDE

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

 HI // BD

Chứng minh I là trung điểm EF

Xét BMO có IF // OM (EF//MM)

 IF BI

OM BO (1) (Hệ quả Talet)

Xét BNO có IE // ON (EF//MM)

 IE BI

ON BO (2) (Hệ quả Talet)

Từ (1) và (2) suy ra: IF IE

Mà IE = IF (I là trung điểm EF)

 OM = ON

Mà O MN

 O là trung điểm đoạn thẳng MN (0.5đ)

HẾT