ĐỀ THI KSCL HỌC KỲ II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ

ĐỀ THI KSCL HỌC KỲ II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỨC THỌ ĐỀ THI KSCL HỌC KỲ II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 9

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 1 Giải hệ phương trình:2x y 3x 3y 2



 

 

2 Cho phương trình bậc hai: x2mx + m 1= 0 (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 4

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệmx ;x thỏa mãn hệ thức: 1 2 1 2

1 2

x x

1 1

x x 2013



Bài 2 Cho Parabol (P): yax2a0 Tìm a biết (P) đi qua điểm A(2; –1)

Bài 3 Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B

Bài 4 Cho đường tròn tâm O Lấy điểm A ở ngoài đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại

2 điểm B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại 2 điểm phân biệt D, E (AD < AE) Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

b) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O) Chứng minh AF // DM c) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2

Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =x4 3x34x2 3x2014

Hết

-PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2012-2013

Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian làm bài 90 phút)

Bài

1

3,0

điểm

1

1,0

điểm

2x 6y 4 2x y 3 y 1

2x y 3



 

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1) 0,25

2

2,0

điểm

a) Khi m = 4 phương trình (1) trở thành x2 4x 3 0  0,5

Ta có: a+b+c=1–4+3=0

 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3 0,5 b) Ta có:    m2 4.1.m1 m2 4m 4 m 22 0 với mọi m, nên

phương trình (1) có nghiệm với mọi m 0,25

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 2

1 2

x x m 1







Biến đổi hệ thức 1 2

1 2

x x

1 1

x x 2013



  thành m 1 2013m  m

Điều kiện của phương trình (*): m ≠ 1 Giải phương trình (*) tìm được

2

1,0

điểm

Thay x=2, y= –1 vào công thức y ax2 ta có:  1 a.22 0,5

1 4 1

4

   

0,5

Bài

3

2,0

điểm

Gọi vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là x (km/h, x > 0) 0,25

Thời gian để đi từ A đến B là 24

Vận tốc của xe đạp đi từ B đến A là (x+4) (km/h) 0,25

Thời gian để đi từ B về đến A là 24

4

Theo bài ra ta có phương trình: 24 24 1

x  x 4 2 (*) Giải phương trình  * ta được x 1 12 (TMĐK) và x 2 16 (loại) 0,75

Vậy vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là 12 km/h

Bài

4

3,0

điểm

Vẽ hình

0, 5

a

1,0

điểm

Ta có: BEC 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

90

BEF  (kề bù với BEC )

0,25

 900

  900 900 1800

BEF BAF     tứ giác ABEF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )0

0,5

b

1,0

điểm

Xét đường tròn (O) có BMD BED (góc nội tiếp cùng chắn BD ) (1) 0,25

Tứ giác ABEF nội tiếp  BEA BFA (góc nội tiếp cùng chắn AB ) (2) 0,25

Từ (1) và (2)  BMD BFA 

mà BMD và BFA ở vị trí so le trong nên AF // DM.

0,5

O M

D E F

C B

A

0,5

điểm

Xét  ABE và  ADC có:

DAB chung và  BED BCD (góc nội tiếp cùng chắn BD )

  ABE ADC (g-g)



AC

AE AD

AB

  AD.AE = AB.AC (*)

0,25

Chứng minh tương tự ta có:  CEA CBF (g-g)  CE.CF = CB.CA (**)

Từ (*) và (**) ta có AD.AE + CE.CF = AB.AC + CB.CA = AC( AB + BC) = AC.AC = AC2

0,25

Bài

5

1,0

điểm

Q = x4 3x34x2 3x2014 = x4 – 2x3 + x2 – x3 + 2x2 – x + x2 – 2x +1 +2013 = x2(x2 – 2x +1) – x(x2 – 2x +1) + (x2 – 2x +1) +2013 = (x2 – 2x +1)(x2 – x +1) +2013

= (x–1)2(x2 – x +1) +2013

0,5

Vì x2 – x +1 =

2

0

x

  với mọi x nên Q = (x – 1)2(x2 – x +1) +2013  2013 với mọi x dấu “=” xảy ra khi x – 1 = 0 hay x = 1 vậy MinQ = 2013 khi x = 1

0,5

(Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa)