De KT HK 2 Toan 9 1011

a) Chöùng minh töù giaùc CDMN noäi tieáp ñöôïc moät ñöôøng troøn. b) Chöùng minh MA laø tia phaân giaùc cuûa goùc NMB... Caâu Noäi dung Ñieåm T/Cb[r]

TRƯỜNG THCS BÌNH LONG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC:2010 –2011 Môn:TOÁN LỚP 9

Thời gian:90 phút (không kể thời gian giao đề)

A LÝ THUYẾT(2.0 điểm) a)Phát biểu định lý và hệ quả về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của đường tròn

b) Ở hình vẽ Biết sđ AOC = 80 ❑∘ .Tia Cx là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại C

Tính số đo BCx và BAC?

x

O

C

B.BÀI TOÁN(8.0 điểm).

Bài 1.(1.5 điểm): a) Giải hệ phương trình:

x y

x y





 

b) Giải phương trình: x4 3x210 0

Bài 2.(1.0 điểm ): Vẽ đồ thị hàm số

2

1 4

y x

Bài 3.(1.5 điểm): Một hội trường có 300 ghế ngồi, chúng được xếp thành từng dãy đều nhau Nếu bớt đi 3 dãy ghế và mỗi dãy thêm 2 ghế thì hội trường sẽ giảm đi 11 ghế Tính số dãy ghế trong hội trường lúc đầu?

Bài 4.(1.0 điểm): Cho hai phương trình x2 (2m n x )  3m0 (1) và x2 (m3 )n x 6 0 (2)

Tìm m và n để hai phương trình tương đương

Bài 5.(3.0 điểm): Cho hai đường tròn ( O; R ) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B sao cho góc OAO’ là góc tù Vẽ các đường kính AOC và AO’D Tia CA cắt đường tròn (O’) tại M Tia DA cắt đường tròn (O) tại N.

a) Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp được một đường tròn.

b) Chứng minh MA là tia phân giác của góc NMB

c) Giả sử với điều kiện R = R’ = AB, hãy tính diện tích hình giới hạn bởi hai cung lớn AB của hai đường tròn (O) và (O’).

TRƯỜNG THCS BÌNH LONG MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC:2010–2011

Môn: TOÁN – LỚP 9 (Thời gian:90 phút)

1 Hệ phương trình bậc

nhất hai ẩn

( 10 tiết )

2 Hàm số y=ax2

Phương trình bậc

nhất hai ẩn tiết

( 21 tiết )

1 câu

4

4câu

3 Góc với đường tròn

( 21 tiết )

Hình vẽ LTa ;LTb ;

1 câu 5a

2 câu 5b ; 5c

5câu

Giáo viên bộ môn:

Mai Đình Thế

TRƯỜNG THCS BÌNH LONG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

NĂM HỌC:2010–2011 Môn: TOÁN – LỚP 9

Lý thuyết (2đ )

a

b

+ Phát biểu định lý và hệ quả về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của đường tròn ( sgk trang 78 và 79) +Aùp dụng :Vì AOC = 80

suy ra BOC = 100

cho nên Sđ BC= 100 Cho nên BCx =

1

2Sđ BC=

100

50

2 



 ( định lý) Và BCx = BAC = 50( hệ quả )

1.0

0.25 0.25 0.5

2.0

Bài tập ( 8đ )

1a)

1b)

x y

x y





 

 ⇔ 34x x22y y52

7 7

x

x y







 

1 1

x y









 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y ) = ( 1; 1 ) Đặt x2= t ( t  0) ta có phương trình t2 3 10 0t 

9 40 49

    ;   49 7

1

3 7

5 2

t   

; 2

3 7

2 2

t   

(loại) Theo cách đặt ta có: x 2 5 suy ra x 1 5; x 2 5 Vậy phương trình có 2nghiệm x 1 5; x 2 5

0.75 0.25 0.25

0.25

1.5

2 Lập bảng giá trị tương ứng giữa x và y

x - 3 - 2 - 1 0 1 2 3

2

1 4

y x

-1 2 4

- 1 1

4

4

-1 2 4 Vẽ đồ thị chính xác

0,5

0.5

1.0

3 Gọi số dãy ghế của hội trường lúc đầu là :x (dãy ghế) ĐK : x  3

Thì số dãy ghế của hội trường lúc sau là : x – 3 (dãy)

Do đó số ghế trên mỗi dãy lúc đầu của hội trường là :

300

x (ghế)

Và số ghế trên mỗi dãy lúc sau của hội trường là :

289 3

x  (ghế)

Theo đề cho ta có phương trình :

289 3

x  -

300

x = 2

⇔

289 300( 3) 2 ( 3)



⇔ 2x25x 900 0

25 7200 7225

    ;   7225 85

1

5 85

20 4

x   

; 2

5 85 45

x   

( loại) Giá trị 2

45 2

x 

không thoã mãn ĐK bài toán Vậy số dãy ghế của hội trường lúc đầu là :20(dãy ghế)

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25

1.5

4 Ta thấy phương trình (2) có  2 (3 3 ) m 224 0 với mọi m, n nên

phương trình (2) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt Do đó để hai phương trình tương đương thì phương trình (1) cũng phải có hai nghiệm phân biệt

Aùp dụng định lý Vi-ét ta có:

1 1

2 3

S m n

 







 và

2 2

3 6

S m n P

 







 Từ đó suy ra hai phương trình (1) va ø(2) tương đương khi:

P P

S S









 

m

m n m n

 





  

2 1

m n









 Vây m = 2; n = 1

0.25 0.25

0.25 0.25

1.0

Hình

vẽ

B

M N

D C

A

3.0

,ANC = 90

.(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay CMD = DMC = 90Hai điểm M, N nhìn đoạn thẳng CD dưới góc

vuông nên hai điểm M, N nằm trên đường tròn đường kính CD hay tứ

giác CDMN nội tiếp đường tròn

0.25 0.25 0.25

b Ta có AMB = ADB (1) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Mà NMC = NDC = ADB (2) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN)

Từ (1) và (2) suy ra NMC = AMB

Mà tia MA nằm giữa hai tia MN và MB nên MA là tia phân giác của

góc MNB

0.25 0.25 0.25 0.25

c Nếu R = R’= AB thì tam giác AOB và AO’B đều

suy ra AOB = AO’B = 60

Ta có S quatAOB S quatAo B' R2

Và

2 '

AOB AO B

Do đó diện tích hai hình viên phân giới hạn bởi dây AB và hai cung

nhỏ AB là :

1

2

S     

6

R  

Diện tích hai hình tròn (O) và(O’) là S2 2R 2

Vậy diện tích hình giới hạn bởi hai cung lớn AB của hai đường tròn (O)

và (O’) là SS2 S12R 2 

6

R  

=

2

10 3 3

6,1 6

R

 



(đơn vị diện tích )

0.25

0.25

0.25

0.25 ( Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa )