Ma trận, Đề, Đáp án KH2 Toán 9

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình NguyênBà i 1 Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng 1800.. Suy ra PMO PAO 1 hai góc nội tiếp cùng chắn OP của đường tròn n

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC: 2009 - 2010 – MÔN: TOÁN 9

3

3,5

Góc với đường tròn

Hình trụ, hình nón,

hình cầu

TỔNG

1,5

10,0 3,0

3,5

9 3

3

Chủ đề

Hệ phương trình

bậc bậc nhất hai ẩn

Hàm số y = ax2 (a  0)

Phương trình bậc hai một ẩn.

Nhận biết

1

1,0

Vận dụng

1

1,0

Thông hiểu

2

3,0

1

1,0

2,0 1

0,5

3,5 1

0,5

1

1,0 4

5,0

Tổng

3

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Môn: TOÁN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1 (1,5 điểm)

Phát biểu và chứng minh định lí tứ giác nội tiếp

Bài 2 (1,0 điểm)

Giải các hệ phương trình 3x y 5

5x 2y 23

 





 



Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình 7x2 + 2(m – 1)x – 1 = 0 (*) với m là tham số

a) Giải phương trình (*) khi m = –2

b) Chứng tỏ rằng phương trình (*) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m

Bài 4 (2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A để đi đến B Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc xe khách là 20km/h Do đó nó đến B trước xe khách 50 phút Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100km

Tìm p để phương trình có hai nghiệm nguyên

Bài 6 (2,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, Ax và By là hai tia tiếp tuyến với nửa đường tròn tại A và B Trên tia Ax lấy điểm M rồi vẽ tiếp tuyến MP cắt By tại N

a) Chứng minh rằng MON ∽ APB

b) Chứng minh AM BN = R2

c) Tính thể tích của hình do nửa hình tròn APB quay quanh AB sinh ra

ĐỀ DỰ KIẾN

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Bà

i

1

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng 1800 0,5

GT Tứ giác ABCD nội tiếp (O)

KL  

 

0 0

A C 180

B D 180

 

 

Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên :

 1

A

2

 sđ BCD (định lí góc nội tiếp)

 1

C

2

 sđ DAB (định lí góc nội tiếp)

Suy ra A C 1(BCD DAB) 

2

Mà sđ BCD + sđ DAB = 3600 nên A C 180  0

Chứng minh tương tự B D 180  0

1,0

2

3x y 5

5x 2y 23

 





 

  6x 2y 10

5x 2y 23

 





 

5x 2y 23







 

15 2y 23







 

y 4









 Vậy: Nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (3; 4)

1,0

3

7x2 + 2(m – 1)x – 1 = 0 (*)

a) Khi m = –2 (*)  7x2 – 6x – 1 = 0 

x 1 1 x 7





 

 



1,0

b) Phương trình (*) có a 7 0 ac 0

c 1 0

  

 



   Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2

Theo hệ thức Vi – ét: x x1 2 c 1 0

a 7



    x1, x2 trái dấu

Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm x1, x2 trái dấu với mọi m

1,0

4

Gọi vận tốc thực của xe khách là x (km/h) (Đk: x > 0) 0,25 Vận tốc của xe du lịch là: x + 20 (km/h) 0,25 Thời gian xe khách đi là: 100

x (h) và Thời gian xe du lịch đi là:

100 20



x (h) 0,25

O

C D

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Bà

i

Đổi 50 phút = 5

6h Theo đề bài ta có phương trình: 100 100 5

20 6



Giải phương trình được: x1 = 40; x2 = 60 (loại) 0,5 Vậy: Vân tốc của xe khách là 40 km/h

Vân tốc của xe du lịch là 60 km/h 0,25

5

Phương trinh x2 – px – 228 = 0 có  = p2 + 912p >0 do p là số nguyên tố 0,25

Để phương trình có hai nghiệm nguyên thì  là số chính phương

Ta có: p2 + 912p = p(p + 912)

 (p + 912) ⋮ p  912 ⋮ p

Vì 912 = 24.3.19 nên p  {2; 3; 19}

0,25

* Với p = 2 thì  = 1828 không phải là số chính phương

* Với p = 3 thì  = 2745 không phải là số chính phương

* Với p = 19 thì  = 17689 = 1332

0,25

  133. Phương trình có hai nghiệm nguyên x1 = 76; x2 = 57

Vậy với p = 19 thì phương trình x2 – px – 228 = 0 có hai nghiệm nguyên 0,25

4

a) Tứ giác AMPO có: MAO MPO 90  0 900 1800

Suy ra tứ giác AMPO nội tiếp

Suy ra PMO PAO (1) hai góc nội tiếp cùng chắn OP của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMPO)

Tứ giác OPNB có: OPN OBN = 900 + 900 = 1800

Suy ra tứ giác OPNB nội tiếp

Suy ra PNO PBO (2) hai góc nội tiếp cùng chắn OP của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OPNB)

Từ (1) và (2) suy ra: MON ∽ APB (g – g)

Mặt khác ta có APB 90 0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Vậy MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AM = MP và PN = NB

AM BN = MP PN = OP2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

0,25 0,25 c) Bán kính của hình cầu bằng R

Vậy thể tích của hình cầu là: V 4

3



(Học sinh giải cách khác, đúng vẫn ghi điểm tối đa)

x

y

H O

P M

N

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL Số câu Số điểm

6

3,5

Góc với đường tròn

Hình trụ, hình nón,

hình cầu

TỔNG

10,0 2,0

4,5

Tổng Thông hiểu Vận dụng

19 2

8

Chủ đề

Hệ phương trình

bậc hai

Hàm số y = ax2 (a  0)

Phương trình bậc hai.

Nhận biết

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Môn: TOÁN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút.

(Đề có 02 trang)

Họ và tên học sinh: Lớp : Số báo danh:



A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm) Thời gian: 20 phút (Không kể thời gian giao đề).

I Khoanh tròn chỉ một chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1: Phương trình 4x – 3y = –1 nhận cặp số nào sau đây làm nghiệm ?

Câu 2: Hệ phương trình 2x y 3

x y 1





Câu 3: Biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm A(–2; 2) Thế thì a bằng:

A 1

2

Câu 4: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = – 1

4 x 2

Câu 5: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai một ẩn:

x

   B 5x 2  2x 1 x   C x 3 – 4x + 3 = 0 D 3x 4 + 2x 2 – 5 = 0

Câu 6: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a  0) có a + b + c = 0 thì:

A x 1 = 1, x 2 = c

a B x 1 = –1, x 2 = c

a C x 1 = 1, x 2 = –c

a D x 1 = –1, x 2 = – c

a

Câu 7: Nếu hai số có tổng S = –5 và tích P = –14 thì hai số đó là nghiệm của phương trình:

A x 2 + 5x + 14 = 0 B x 2 – 5x + 14 = 0 C x 2 + 5x – 14 = 0 D x 2 – 5 x – 14 = 0

Câu 8: Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt:

A x 2 – 6x + 9 = 0 B x 2 + 4x + 5 = 0 C x 2 + 4 = 0 D 2x 2 + x – 1 = 0

Câu 9: Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là điểm trên đường tròn sao cho MAB = 30 0 Khi

đó số đo của cung MA là:

Câu 10: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, biết A =115 0 , B =75 0 Hai góc C và D có số đo là:

A C 115 ;D 75   0   0 B C 75 ; D 115   0   0 C C 65 ; D 105   0   0 D C 105 ;D 65   0   0

II Đúng ghi “Đ” sai ghi “S” vào ô trống:

Câu 11: Công thức để tính thể tích của hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng R, chiều cao

bằng h là: V 4 R h2

3

ĐỀ DỰ KIẾN

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Câu 12: Công thức tính thể tích của hình nón có bán kính đường tròn đáy bằng R, chiều cao bằng

h là: V 1 R h2

3

Môn: TOÁN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút.

(Đề có 02 trang)

B Tự luận (7,0 điểm) Thời gian: 70 phút (Không kể thời gian giao đề).

Bài 1 (1,0 điểm)

5x 2y 23





 b) Giải phương trình x 2 + 2009x – 2010 = 0.

Bài 2 (2,0 điểm)

Một ca nô xuôi dòng từ A đến B dài 120km rồi quay trở về lại A mất 11giờ Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là 2km/h.

Bài 3 (1,0 điểm)

Cho phương trình x 2 – px – 228p = 0, với p là số nguyên tố

Tìm p để phương trình có hai nghiệm nguyên.

Bài 3 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R) Các đường cao BE và CF cắt nhau tại

H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M

a) Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp

b) Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (K)

ĐỀ DỰ KIẾN

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

B Tự luận (7,0 điểm)

1

5x 2y 23





5x 2y 23





5x 2y 23







15 2y 23







y 4









 Vậy: Nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (3; 4).

0,5





2

Vận tốc xuôi dòng là: x + 2

Vận tốc ngược dòng là: x – 2

Thời gian khi xuôi dòng là: 120

2

x  (giờ)

0,25

Thời gian khi ngược dòng là: 120

2

2 2

' 120 11 44 14884 0 ' 122

22;

0,5

3 Phương trinh x 2 – px – 228 = 0 có  = p 2 + 912p >0 do p là số nguyên tố 0,25

Để phương trình có hai nghiệm nguyên thì  là số chính phương.

Ta có: p 2 + 912p = p(p + 912)

 (p + 912) ⋮ p  912 ⋮ p

Vì 912 = 2 4 3.19 nên p  {2; 3; 19}

0,25

* Với p = 2 thì  = 1828 không phải là số chính phương.

* Với p = 3 thì  = 2745 không phải là số chính phương.

* Với p = 19 thì  = 17689 = 133 2

0,5

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Vậy với p = 19 thì phương trình x 2 – px – 228 = 0 có hai nghiệm nguyên.

4

a) Xét tứ giác AEHF có :





0

0 0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180 AFH 90 (gt)









 tứ giác AEHF nội tiếp (có tổng hai góc đối bằng 180 0 )

BFC 90  ( gt);  0

CEB= 90 ( gt) Suy ra E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 90 0

 E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Ta có:

MAC = CBM = sdMC

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  1 

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I)  EFH= EAH = sdEH  1 

Từ (1); (2); (3) suy ra CBM = EBC    BC là tia phân giác của góc EBM.

0,25

0,25

0,25 0,25 c) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và BC  I, K là tâm đường tròn ngoại

tiếp các tứ giác AEHF và BCEF (theo cmt)

Nối IE, KE ta có:

Từ (4); (5); (6) suy ra IEH + KEH = 90ˆ ˆ 0  IE  KH  IE là tiếp tuyến của (K) tại E.

0,25 0,25 0,25 0,25

(Học sinh giải cách khác, đúng vẫn ghi điểm tối đa)

H

K

K M

E F

D

O

C A

B

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC: 2009 - 2010 – MÔN: TOÁN 9

TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL Số câu Số điểm

1

1,5

Góc với đường tròn

Hình trụ, hình nón,

hình cầu

TỔNG

10,0 3,5

5,0

Tổng Thông hiểu Vận dụng

12 4,0

6

Chủ đề

Hệ phương trình

bậc hai

Hàm số y = ax2 (a  0)

Phương trình bậc hai.

Nhận biết

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Môn: TOÁN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút.

(Đề có 03 trang)

Họ và tên học sinh: Lớp : Số báo danh:



A Trắc nghiệm khách quan (4,0 điểm) Thời gian: 20 phút (Không kể thời gian giao đề).

I Khoanh tròn chỉ một chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1 Hệ phương trình  2x y x y 13

 

 có nghiệm (x ; y) là :

A (1; 1) B (2; 1) C (2; 1) D (0; 1)

A m = 21 B m =  12 C m = 2 D m =2

bằng:

Câu 4 Cặp số nào sau đây là nghiệm của phương trình

1 2











y

A 0; 1

2



2



2

x y

 





 có nghiệm là:

A 10 11;

3 3

3 3



  C 2;1 D 1; 1  

2

y x Kết luận nào sau đây là đúng?

A Hàm số luôn luôn đồng biến

B Hàm số luôn luôn nghịch biến

C Hàm số đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0

D Hàm số đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0

A l =R

3

l =

3R

l = D



3

l = R

ĐỀ DỰ KIẾN

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

A ( )

2

2

cm

2

2

cm

2

1

cm



Câu 9 Khai triển mặt xung quanh của một hình nón là một hình quạt, bán kính hình quạt

là 15 cm, số đo cung là 1200 thì diện tích xung quanh của hình nón là:

A 75 cm2 B 80 cm2 C 45 cm2 D 15 cm2

II Hãy nối mỗi ý ở cột A với một ý ở cột B để có kết quả đúng:

1 Công thức để tính thể tích của hình trụ có bán

kính đường tròn đáy bằng R, chiều cao bằng h là:

2 Công thức tính thể tích của hình nón có bán kính

đường tròn đáy bằng R, chiều cao bằng h là:

3 Công thức tính thể tích hình cầu có bán kính R là:

a V 4 R h2

3

 

b V 1 R h2

3

 

c V  R h 2

d V 4 R3

3

 

1 +

2 +

3 +

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

Môn: TOÁN 9 - Thời gian làm bài: 90 phút.

(Đề có 03 trang)

B Tự luận (6,0 điểm) Thời gian: 70 phút (Không kể thời gian giao đề).

Bài 1 ( 2điểm)

Cho phương trình x 2  2k 1 x 2k 2 0      (ẩn x)

a Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi k

b Tính tổng hai nghiệm của phương trình

Bài 2 ( 2điểm)

Một ca nô xuôi dòng từ A đến B dài 120km rồi quay trở về lại A mất 11giờ Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là 2km/h

Bài 3 ( 3điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R) Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H, AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại M

a Chứng minh tứ giác AEHF, tứ giác BCEF nội tiếp

b Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc EBM

c Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF; K là tâm đường tròn ngoại tiếp

tứ giác BCEF Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (K)

ĐỀ DỰ KIẾN

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

A Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)

Đáp

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

B Tự luận (7,0 điểm)

1

a Ta có:

2 12 4 2 2 4 2 4 1 8 8 4 2 12 9 2 32

  k  k  k  k  k  k  k  k    k 0

Vậy phương trình luôn có nghiệm

1,0 0,5

b x 1 + x 2 = 2k – 1 0,5

2

Vận tốc xuôi dòng là: x + 2

Vận tốc ngược dòng là: x – 2

Thời gian khi xuôi dòng là: 120

2

x  (giờ)

0,25

Thời gian khi ngược dòng là: 120

2

2 2

' 120 11 44 14884 0

' 122

 

22;

0,5

3a

Xét tứ giác AEHF có :





0

0 0

AEH 90 (gt)

AEH AFH 180 AFH 90 (gt)









Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp

(có tổng hai góc đối bằng 180 0 ) Xét tứ giác BFEC có:

BFC 90  ( gt); CEB= 90  0 ( gt) Suy ra E, F cùng nhìn đoạn BC dưới cùng một góc bằng 90 0

 E, F  ( K; BC

2 ) (Theo quỹ tích cung chứa góc)

0,25 0,25

0,25 0,25

K D H F

E I

M

C B

A

Võ Hoàng Chương – Gv: Trường THCS Số 2 Bình Nguyên

3b

Ta có:

MAC = CBM = sdMC

Tứ giác BCEF nội tiếp (K)  EBC= EFC = sdEC  1 

2 (hai góc nội tiếp cùng chắn

Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I)  EFH= EAH = sdEH  1 

Từ (1); (2); (3) suy ra CBM = EBC    BC là tia phân giác của góc EBM.

0,25

0,25

0,25 0,25

3c

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và BC  I, K là tâm đường tròn ngoại

tiếp các tứ giác AEHF và BCEF (theo cmt)

Nối IE, KE ta có:

Từ (4); (5); (6) suy ra IEH + KEH = 90ˆ ˆ 0

 IE  KH  IE là tiếp tuyến của (K) tại E.

0,25 0,25 0,25 0,25

(Học sinh giải cách khác, đúng vẫn ghi điểm tối đa)