đề kh 2 toán 9 thcs phú đa

Hai tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D.. Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.[r]

TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

1

x y

x y







 



 

2 Giải phương trình 4x43x2 1 0 .

Câu 2 (3,0 điểm)

1 Cho hàm số

2 1 2

y ax

, với a 0 Xác định hệ số a, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) .

2 Cho phương trình x2 4x5m 2 0 (1), với m là tham số.

a Giải phương trình (1) khi m 1.

b Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2 thoả mãn:

1 2 2 1 2 14

x x  x x  .

Câu 3 (1,5 điểm) : Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B Vận tốc xe ô tô thứ

nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm hơn xe ô tô thứ hai 1 giờ Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A đến B là 200 km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F Chứng minh rằng:

1 Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn;

2. MB = MD.MA2 và MOC = MEC  ;

3 BF // AM.

Câu 5 (0,5 điểm) :Cho hai phương trình x22013x 1 0(2) và

2

x 2014x 1 0 (3). Gọi x x1, 2 là nghiệm của phương trình (2) ; x x3, 4 là nghiệm của phương trình (3) Tính giá trị của biểu thức P = (x1x x3)( 2 x x3)( 1 x4)(x2  x4)

-Hết -GV: Nguyễn Minh Quyết

TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC KÌ II

MÔN : TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017 - 2018

1

(1 điểm) Ta có:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (2; 1)x y  0,25

2

(1 điểm)

Đặt: x2t, t 0.

Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t23t 1 0 

Vì a b c 4 3 1 0      nên pt trên có nghiệm 1 2

1

t 1, t

4

0,5

Vì t 0 nên t11

không thỏa mãn điều kiện

Với 2

1

t t

4

 

Khi đó:

  

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là

1 1

S = - ;

2 2

 

0,5

1

(1 điểm)

Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A( 2;1) nên, ta có:

2

1 ( 2) 1

2a  

0,5

1

2 1

2

(thoả mãn điều kiện a  )0 0,25

Vậy

1 2

a 

2

(2 điểm)

a x2 4x5m 2 0

Thay m  vào phương trình (1), ta được pt: 1

2 4 3 0

x  x  (2)

0,25

Vì a b c 1 4 3 0      nên pt (2) có nghiệm x11, x23

Vậy với m  thì pt (1) có nghiệm 1 x11, x23

b Ta có:   ' ( 2)21.(5m 2) 4 5  m  2 6 5m

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x khi và chỉ khi:1, 2

6

5

0,25

Theo hệ thức Vi – ét, ta có:

1 2

1 2

4

 





 

 (3) Theo đề bài, ta có: x1 x2  2x x1 2 14 (4)

0,25

Thay (3) vào (4) , ta được:

3

4 2(5 2) 14 10 8 14 10 6

5

(thỏa mãn ĐK 6

5

m 

Vậy

3 5

m 

(1,5 điểm)

Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0

Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 0,25 Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là :

200

x 10 (giờ) 0,25 Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là :

200

x (giờ) 0,25 Lập phương trình:

200 200 1

x  x 10  (5) Giải phương trình (5) tìm được x1 40,x2 50

0,5

Vì x  nên 0 x 2 50 không thoả mãn điều kiện của ẩn.

Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h);

vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h)

0,25

Hình vẽ:

E

D

M

O

B

A

C

1

(1 điểm)

Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên

MB OB; MC OC  MBO MCO = 90  0 0,25 Xét tứ giác OBMC có:

MBO + MCO = 90 90 180 , mà MBO, MCO  là hai góc ở vị trí đối diện nhau

0,5 Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25

2

(1 điểm)

Xét (O) có: MBD MAB  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung cùng chắn BD )

Xét MBD và MAB có:

MBD MAB  (cm trên)

M chung

Do đó: MBD MAB (g.g)    

2

MA MB (đpcm)

0,5

Tứ giác MCOE nội tiếp (vì MCO + MEO 180   0) nên MOC = MEC (6)  

3

(1,0 điểm)

Ta có:

MOC

2



BOC =

1

2 sđ BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

BFC

2



sđ BC (góc nội tiếp)  BFC MOC (7)

0,5

Từ (6) và (7) suy ra: BFC MEC , mà   BFC, MEC  là hai góc ở vị trí đồng 0,5

Do đó: BF // AM (đpcm)

(0,5 điểm)

Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014

Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

P = (x1x x3)( 2x x3)( 1 x4)(x2  x4)

= (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4)

= (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 )

= x1x2x3 - x3x4x2 - x3x4x12 + x1x2x4

= x3 - x2 - x1 + x4

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 - ( x2+ x1)2 + 2x1x2

= (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2

0,25

Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được :

P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027

KL:……

0,25