Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Vĩnh Chân (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Vĩnh Chân (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HẠ HÒA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II TRƯỜNG THCS VĨNH CHÂN Môn: Toán 9 (Thời gian: 90 phút) I. Phần trắc nghiệm khách quan. (3,0 điểm) Hãy chọn đáp án đúng nhất. 2x y 1 Câu 1. Cho hệ phương trình: (I). Khẳng định đúng là: 4x y 5 A. Hệ (I) có nghiệm duy nhất. B. Hệ (I) có hai nghiệm phân biệt. C. Hệ (I) có vô số nghiệm. D. Hệ (I) vô nghiệm. Câu 2. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm trái dấu? A. x2 – 3x + 2 = 0. B. x2 + 3x + 2 = 0. C. -x2 + 3x + 2 = 0. D. -2x2 + 3x - 2 = 0. Câu 3. Giá trị của a để phương trình x2 + ax + 8 = 0 và x2 + x + a = 0 có ít nhất một nghiệm chung là: A. a = 6 B. a = - 6 C. a = 1 D. a = 8 x ¡ Câu 4. Phương trình nào sau đây có nghiệm tổng quát ? y 1 A. 3x - 2y = 3. B. 3x - y = 0. C. 0x - 3y = 9. D. 0x +4y = 4. x ky 1 x 2y 2 Câu 5. Hai hệ phương trình và là tương đương khi k bằng: x 2y 2 x y 1 A. k = -1. B. k = 1. C. k = 2. D. k = -2. 2 Câu 6. Đồ thị của hàm số y - x2 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? 3 2 2 C. 3;6 2 A. 0; B. 1; D. 1; . 3 3 3 Câu 7. Trong các phương trình sau, phương trình nào có hai nghiệm phân biệt? A. x2 3x 5 0. B. x2 2x 3 0. C. x2 4x 4 0. D. x2 x 1 0. Câu 8. Cho đường thẳng y = 2x -1 (d) và parabol y = x2 (P). Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là: A. (1; -1); B. (-1; -1); C. (-1 ; 1) D. (1; 1) 7 R2 Câu 9. Một hình quạt tròn OAB của đường tròn (O;R) có diện tích (đvdt). vậy 24 số đo A»B là: A. 900 . B. 1050 . C. 1200 . D. 1500 . Câu 10. Độ dài cung AB của đường tròn (O;5cm) là 20cm, Diện tích hình quạt tròn OAB là: A. 500cm2. B. 100cm2 . C. 50cm2 . D. 20cm2 .
2. Câu 11. Cho hình vẽ (H1), biết AC là đường kính của (O) và góc BDC = 60 0. Số đo góc x bằng: A. 400 B. 450 C. 350 D. 300 A A H 17 D 80 o 60 60 B x D B x C H1 C Câu 12.Trong hình vẽ (H17), biết AD // BC. Số đo góc x bằng: A. 400 B. 700 C. 600 D. 500 II. Phần tự luận : (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) 2x + y = 7 a) Giải hệ phương trình sau : x - 3y = - 7 b) Giải phương trình: x4 8x2 9 0 Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 3 . Câu 3. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP BC (P BC). Chứng minh: M· PK M· BC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Câu 4. (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 . a3 b3 c3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 2 b2 b2 c2 c2 a 2
3. Đáp án – Thang điểm Phần I. Trắc nghiệm khách quan : (3,0 điểm) Mỗi ý trả lời đúng được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 Đáp án A C B D A B Câu 7 8 9 10 11 12 Đáp án B D B C D A Phân II. Tự luận. (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm 2x + y = 7 6x + 3y = 21 x = 2 x = 2 1,0 a) x - 3y = - 7 x - 3y = - 7 x - 3y = - 7 y = 3 b) x4 8x2 9 0 Đặt x2 y y 0 0,25 1 PT: y2 8y 9 0 0,25 y1 1; y2 9 (Không thỏa mãn) 2 0,25 Với y1 1 x 1 x 1 Tập nghiệm của PT: S 1   0,25 a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0 0,25 ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. 0,25 b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 0,25 25 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0 m (*) 0,25 2 4 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). x x 3 Mặt khác theo bài ra thì 1 2 (3). Từ (1) và (3) 0,25 suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) 0,25 Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. 3 Hình vẽ : A K I M H C B P O
4. a)Ta có:A· IM A·KM 900 (gt), 0,5 suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. 0,5 b) Tứ giác CPMK có M· PC M· KC 900 (gt). 0,25 Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp M· PK M· CK (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: 0,5 M· CK M· BC (cùng chắn M¼C ) (2). Từ (1) và (2) suy ra M· PK M· BC (3) 0,25 c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. Suy ra: M· IP M· BP (4). Từ (3) và (4) suy ra M· PK M· IP . 0,25 Tương tự ta chứng minh được M· KP M· PI . MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP 0,25 MK MP MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) 0,25 - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) 0,25 suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC 4 a3 b3 c3 Ta có: P a 2 b2 b2 c2 c2 a 2 a3 a(a 2 b2 ) ab2 ab2 b Ta có: 2 2 2 2 a 2 2 a a b a b a b 2 0,25 b3 bc2 c Tương tự: b b b2 c2 b2 c2 2 c3 ca 2 a c c c2 a 2 c2 b2 2 a b c 3 Vậy P 2 2 0,25 Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c = 1