Tính diện tích của mảnh vườn đó.. a Chứng minh phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.. b Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên.. a Chứng minh tứ giác AEDB nội tiếp được
Trang 1PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II– NĂM HỌC 2016 – 2017
HUYỆN CẦN GIỜ 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 c) 2x x2y y 74
Bài 2: (1,0 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều rộng bằng 2
5 chiều dài và
có chu vi bằng 84 m Tính diện tích của mảnh vườn đó
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ parabol (P) : y = 1
4x2 và đường thẳng (D) : y = x + 1 trên cùng 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
4x2 tại điểm có tung độ là 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
x x x x
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
Trang 2PHÒNG GD&ĐT KIỂM TRA HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN: TOÁN – LỚP 9
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 (0.25đ)
’ = 12 – 1.(- 8) = 9 > 0 (0.25đ)
Nên có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1 9
1
= 4; (0.25đ)
x2 = 1 9
1
= - 2 (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
a = - 4 < 0 (loại) (0.25đ)
Do đó: x2 = 1 x = 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = - 1; x2 = 1 (0.25đ)
c) 2x x 2y y 74
x
y
3
x y
Bài 2: (1,0 điểm)
Gọi chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) ; x > 0;
thì chiều rộng của mảnh vườn này là 2
5x (m) (0.25đ)
Theo đề bài ta có phương trình: 2(x + 2
5 x) = 84 (0.25đ)
10x + 4x = 420 x = 420 : 14 = 30 thỏa mãn điều kiện
Chiều rộng mảnh vườn là: 2
5 30 = 12 (m) (0.25đ)
Vậy diện tích mảnh vườn đó là: 30 12 = 360 (m2) (0.25đ)
Bài 3: (1,5 điểm – Câu a: 1.0đ; câu b: 0.5đ)
a) (P) : y = 1
4x 2
- Bảng giá trị đúng: (0.25đ)
- Vẽ (P) đúng: (0.25đ)
(D) : y = x + 1
- Bảng giá trị đúng: (0.25đ)
Trang 3- 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
4
2
M
x => xM = 4 Vậy M1(4 ; - 4); M2(- 4 ; - 4) (0.25đ)
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)
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)
Hoặc ∆’ = (- m)2 – 1(– 2) = m2 + 2 > 0 với mọi m nên phương trình
luôn có hai nghiệm phân biệt (0.5đ)
b) Theo Viet ta có: x1 + x2 = - b
a = 2m ; x1x2 = c
a = - 2
Do đó: x12x22 x x1 210 (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) A - 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 C
- Câu c: 0,75 điểm
- Câu d: 0,75 điểm B DD C
K I
Giải:
a) Chứng minh: Tứ giác AEDB nội tiếp được trong đường tròn
Ta có: AEB BDA 900 (vì BE, AD là các đường cao của tam giác ABC
- 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
ADC và BEC có: ADC BEC = 900; ACBchung (0.25đ + 0.25đ)
Nên ADC đồng dạng với BEC (g.g) (0.25đ)
Suy ra AD BE
DC EC => AD EC = BE DC (0.25đ)
Trang 4c) 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)
ABK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BK AB
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 AB 2 - AC 2 = BI 2 – HC 2
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 Lại có: IBC IAC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IC);
IAC EBC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) Suy ra: IBC EBC => 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