Đề thi học kì 2 Toán Lớp 9 - Đề 7 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi học kì 2 Toán Lớp 9 - Đề 7 (Kèm đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC KỲ II ĐỀ 7 Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút Bài 1: ( 2 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: x y 5 a) b) x4 5x2 4 0 3x y 7 Bài 2 : ( 2 điểm ) Trên cùng một MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol P : y x2 và d : y 4x 3 a) Vẽ P b) Tìm tọa độ giao điểm của P và d . Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho phương trình : x2 m 2 x 2m 0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1; x2 với mọi m . 2 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 sao cho x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) . Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. c) Chứng minh : OA  EF d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 . Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài NỘI DUNG ĐIỂM x y 5 1,0đ a) Giải hpt 3x y 7 4x 12 0,5 x y 5 x 3 x 3 0,5 3 y 5 y 5 3 2 b) Giải pt x4 5x2 4 0 (*) 1,0đ Đặt x2 t t 0 . PT * t 2 5t 4 0 0,25 t1 1( nhận ) ; t2 4 ( nhận ) 0,25
2. 1 t 1 x2 1 x 1 Với 1 2 0,25 t2 4 x 4 x 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1 1; x2 1; x3 2; x4 2 0,25 a) Vẽ P : y x2 1,0đ + Lập bảng giá trị đúng : 0,5 x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 0,5 2 + Vẽ đúng đồ thị : b)Tìm tọa độ giao điểm của P và d . 1,0đ + Pt hoành độ giao điểm của P và d : x2 4x 3 0 0,25 x1 1 y1 1: A 1;1 0,25 + 0,25 x2 3 y2 9 : B 3;9 Vậy tọa độ giao điểm của P và d là A 1;1 ; B 3;9 0,25 a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m . 1,0đ + m 2 2 4.1. 2m m2 4m 4 m 2 2 0,m 0,75 + Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1; x2 với mọi m . 0,25 2 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 sao cho x1 x2 1,0đ đạt giá trị nhỏ nhất. x1 x2 m 2 0,25 3 + Theo vi-et : x1.x2 2m 2 2 2 0,25 + x1 x2 x1 x2 2x1x2 m 2 2 2. 2m m2 8m 4 m 4 2 12 12,m 0,25 2 2 + Vậy GTNN của x1 x2 là – 12 khi m 4 0 m 4 0,25 a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. 1,0đ + Tứ giác AEHF có: A·EH = 900;A·FH = 900 gt 0,5 4 ( ) + A·EH + A·FH = 900 + 900 = 1800 0,25
3. + Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH 0,25 b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. 1,0đ + Tứ giác BFEC có: B·FC = 900;B·EC = 900 (gt) 0,5 + F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900 0,25 + Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC 0,25 c) Chứng minh : OA  EF 1,0đ · + Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O) x'AB = A·CB ( Cùng chắn cung 0,25 AB ) + A·FE = A·CB ( BFEC nội tiếp ) 0,25 · + x'AB = A·FE Þ x'x //FE 0,25 + Vậy : OA  EF 0,25 d) Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; 1,0đ cung BC và dây AC + Gọi SCt là diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung 0,25 BC và dây AC . S = S - S - S Ct (O) VFAB VFAC pR2 R2 0,25 + S = S - S = - (đvdt) VFAB quatOAB DOAB 4 2 pR2 R2 3 0,25 + S = S - S = - (đvdt) VFAC quatOAC DOAC 3 4 + 0,25 æ 2 2 ö æ 2 2 ö 2 2 2 2 pR R çpR R 3 ÷ 5pR - 6R - 3 3R S = S - S - S = pR - ç - ÷- ç - ÷= Ct (O) VFAB VFAC ç ÷ ç ÷ èç 4 2 ø÷ èç 3 4 ø÷ 12 (đvdt) * Ghi chú : - Hình vẽ sai không chấm điểm phần bài hình - Mọi cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa của câu đó.