b Gọi A và B là giao điểm của đồ thị hàm số với các trục toạ độ.. Tính cạnh BC , ˆB , ˆC và đường cao AH của tam giác ABC.. Gọi S là một điểm nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến SA,
Trang 1PHÒNG GD-ĐT BÌNH SƠN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 – 2011
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(2đ) : Rút gọn biểu thức sau :
a) 20 - 45 b) ( 2 5 - 3 ) 3 - 60
c) 8 - 2+ 15 - 3
3 + 5 3- 5
Bài 2(2đ) : Cho hàm số 1 2
2 +
y = - x
a) Vẽ đồ thị hàm số trên
b) Gọi A và B là giao điểm của đồ thị hàm số với các trục toạ độ Tính diện tích tam giác OAB( với O là gốc toạ độ )
Bài 3(2đ) Cho biểu thức A = ( )2
x- x x -1 x -1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 4 + 2 3
c) Tìm x để gía trị của biểu thức A bằng - 2
Bài 4(1,5đ) : Cho tam giác ABC vuông tại A , biết AB = 6 cm, AC = 8 cm
Tính cạnh BC , ˆB , ˆC và đường cao AH của tam giác ABC
Bài 5(2,5đ) : Cho đường tròn (O) Gọi S là một điểm nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến
SA, SB ( A, B là tiếp điểm ) Qua O kẻ đường thẳng song song với SA cắt SB tại K Chứng minh :
a) KO = KS
b) Đường thẳng vuông góc với SA tại S cắt OB tại M Chứng minh rằng tam giác OSM cân c) MK vuông góc với OS
- Hết
Trang 2
TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
I Lí thuyết: (2,0 điểm)
1 Nếu x 1, x2là hai nghiệm của phương trình a2 + x + = 0b c (a ≠0) thì
1 2
1 2
b
a c
x x
a
+ = −
2 ∆ '= (m-1)2 – m2 = -2m + 1
Để phương trình có hai nghiệm thì ∆ '> 0 <=> -2m + 1>0 <=>m < 1
2
1 2
2
1 2
x x m
0,5điểm
0,5điểm
II Bài tập: (8,0 điểm).
điểm
1
a) Vì 2 + 3 – 5 = 0 , nên phương trình có nghiệm x = 1 hoặc x = 5
2
− b) ∆ '= ( 3)2 – 1.(-6) = 9 > 0 => ∆ ' =3
Vậy nghiệm phương trình là : x = 3 - 3 hoặc x = 3+3
c) (x2 -5x +7 )2 – 4(x2 -5x +7) + 3 =0 Đặt t = x2 -5x +7
Phương trình đã cho tương đương : t2 – 4t + 3 = 0
Giải phương trình ta được t = 1 hoặc t = 3
* Với t = 1 => x2 -5x +6=0 suy ra x = 3 hoặc x = 2
* Với t = 3 =>x2 -5x +4 = 0 Suy ra x = 1 hoặc x = 4
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2
a) Vẽ đồ thị đúng
b)Ta có 3 2
- x
2 4<=> 3x2 +2mx + 1 = 0 (*) ∆ ' = m2 – 3 Để đường thẳng y = m x + 1
2 4 tiếp xúc với parabol(P) thì phương trình (*) có một nghiệm , tức là ∆ '= 0
<=> m2 – 3 = 0 <=> m = 3 hoặc m = - 3
• Tìm toạ độ tiếp điểm :
x 1=x2= −b '
3
Với m = 3 => x = 3
3
− ; y = 1
4
− , A( 3
3
− ; 1
4
− )
Với m = - 3 => x = 3
3 ; y = 1
4
− , A( 3
3 ; 1 4
− )
0,75 điểm
0,75 điểm
3
Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là x− 6 ( km/h)
0,25 điểm
Trang 3Thời gian xe thứ nhất đi hết quóng đường AB là: 108x ( giờ )
Thời gian xe thứ hai đi hết quóng đường AB là: x108−6 ( giờ )
Theo bài ra ta cú phương trỡnh: −
−6
108
108
=51 (*) Giải phương trỡnh (*) tỡm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h
0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm
4
O
F
E
H
A
a) Ta có: ãCFH BEH 90=ã = 0 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=> ãAFH AEH FAE 90= ã = ã = 0
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật
b) Ta có: ãEBH EAH 90+ã = 0 mà ãEAH EFH= ã (tc đờng chéo hcn)
=> ãEBH EFH 90+ã = 0
Do đó: ãEFC EBC CFH EFH FBC 90+ ã = ã +ã +ã = 0 +900 =1800
=> BEFC là tứ giác nội tiếp
c) Ta có: ãABH AHE=ã (cùng phụ với ãEAH) mà ãAHE AFE= ã (đờng chéo
hcn) => ãABH AFE=ã hay ãABC AFE=ã
Xét ∆AEF và ∆ACB ta có:
EAF CAB 90= =
ABC AFE= (cm trên)
=> ∆AEF đồng dạng ∆ACB =>
AE.AB AF.AC
d) Trong ∆OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác) tơng tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=> OA OB OC AB BC CA
2
=> OA OB OC p+ + > (1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
0,5 điểm
0,5điểm
1diểm
1 điểm
0,5điểm
Trang 4Chú ý: Mọi cách giải khác nhưng đúng vẫn ghi điểm tối đa.
