Đề khảo sát chất lượng học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Đồng Đăng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Đồng Đăng (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỒNG ĐĂNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán 9 (Thời gian làm bài 90 phút) Câu 1: (2,0 điểm) Giải các hệ phương trình sau: 3x y 5 5x 2y 9 a) ; b) x y 1 4x 3y 2 Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình bậc hai sau (với m là tham số): x2 + (m + 2) x - m - 3 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 . b) Chứng minh rằng phương trình(1) có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm và một trong hai nghiệm đó gấp đôi nghiệm kia. Câu 3: (1,5 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 110 m. Nếu tăng chiều rộng thêm 2 m và giảm chiều dài đi 5 m thì diện tích mảnh đất giảm đi 40 m2. Tính diện tích mảnh đất đó. Câu 4: (4.0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính OC vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA là phân giác của M· CK c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho AP.MB hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và R . Chứng MA minh đường thẳng BP đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM CHẤM KSCLHK2 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 9 Câu Nội dung Điểm Câu 1: (2,0 điểm) Giải các hệ phương trình sau: 3x y 5 5x 2y 9 a) ; b) x y 1 4x 3y 2 3x y 5 2x 4 x 2 0,75 Câu 1 a) x y 1 x y 1 y 1 (2.0đ) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; - 1) 0,25 5x 2y 9 15x 6y 27 23x 23 x 1 0,75 b) 4x 3y 2 8x 6y 4 5x 2y 9 y 2 0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (1; 2) Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình bậc hai sau (với m là tham số): x2 + (m + 2) x - m - 3 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 . b) Chứng minh rằng phương trình(1) có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm và một trong hai nghiệm đó gấp đôi nghiệm kia. a) Thay m = 3 vào phương trình (1) ta được: x2 + 5x - 6 = 0 0,5 Tìm được x1 = 1; x2 = -6 0,25 Vậy, nghiệm của phương trình là: x1 = 1; x2 = -6 0,25 Câu 2 b) Ta có: (2,5đ) m 2 2 4.1( m 3) m2 8m 16 0,25 2 0,25 m 4 0 (với mọi m) 0,25 => PT (1) luôn có nghiệm với mọi m c) x2 + (m + 2) x - m - 3 = 0 (1) (a = 1; b = m + 2; c = - m – 3) Ta có: a + b + c = 1 + m + 2 – m – 3 = 0 0,25 x1 1; x2 m 3 7 Nếu x 2x 1 2 m 3 m 1 2 2 0,25 Nếu x2 2x1 m 3 2 m 5 7 Vậy với m hoặc m = - 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm và 2 0,25 một trong hai nghiệm đó gấp đôi nghiệm kia 3 Câu 3: (1,5 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 110 m. Nếu tăng (1,5đ) chiều rộng thêm 2 m và giảm chiều dài đi 5 m thì diện tích mảnh đất giảm đi 40
3. m2. Tính diện tích mảnh đất đó. Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x; (x > 0, m) Gọi chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là y; (y > 5, m) Diện tích của mảnh đất là: x.y 0,25 Chu vi của mảnh đất là 110m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 110 hay 2x + 2y = 110 (1) 0,25 Khi tăng chiều rộng thêm 2 m và giảm chiều dài đi 5 m thì diện tích mảnh đất là : ( x + 2)(y – 5) Theo bài ra ta có phương trình: xy – (x + 2)(y – 5) =40 0,25 Hay 5x – 2y = 30 (2) 2x 2y 110 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 5x 2y 30 0,25 Giải hệ ta được x = 20, y = 35 (thỏa mãn) 0,25 Vậy diện tích mảnh đất là : 20. 35 = 700 (m2) Câu 4. ( 4.0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính OC vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA là phân giác của M· CK c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao AP.MB cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và R . MA Chứng minh đường thẳng BP đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK S C M H P N 0,5 A B 4 K O (4đ) d a) Ta có: B·KH 900 (K là hình chiếu của H trên AB) 0,5 ·ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay H· CB 900 0,5 Xét tứ giác CBKH có: B·KH H· CB 1800 0,25 => Tứ giác CBKH nội tiếp (Tổng hai góc nhau bằng 1800) 0,25
4. 1 b)Ta có: ·ACM ·ABM sđ ¼AM (1) 0,25 2 Theo câu a tứ giác CBKH nội tiếp 1 K·BH K·CH sđ K¼H 2 Hay ·ABM K· CA (2) 0,5 Từ (1) và (2) ·ACM K· CA => CA là phân giác của M· CK 0,25 c) Gọi S là giao điểm của BM với đường thẳng d, N là giao điểm của BP với HK. Xét PAM và OBM: AP.MB AP OB Từ giã thiết R (vì R = OB) MA MA MB 1 Mặt khác P·AM ·ABM sđ ¼AM 2 0.25 PAM OBM (c.g.c) PA PM PA OB 1 PA PM (doOB OM R) (3) 0,25 OB OM PM OM Lại có: ·AMB 900 A·MS 900 P·AM P·SM 900  · · 0 · · PMA PMS 90  PMS PSM PS PM (4) PM PA P·AM P·MA  Từ (3) và (4) => PA = PS 0.25 Vì KH //AS ( cùng vuông góc với AB) nên theo định lý ta lét ta có: NK BN NH 0,25 mà PA = PS => NK = NH hay BP đi qua trung điểm PA BP PS của HK. Lưu ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa