2 Đề kiểm tra HK2 môn Toán lớp 9 - THCS Lý Tự Trọng (2012 - 2013)

Chia sẻ: Bút Màu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo 2 đề kiểm tra học kỳ 2 môn Toán lớp 9 - THCS Lý Tự Trọng (2012 - 2013) gồm các câu hỏi tự luận có đáp án giúp cho các bạn học sinh lớp 9 có thêm tư liệu tham khảo sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài thi đạt được kết quả cao nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 2 Đề kiểm tra HK2 môn Toán lớp 9 - THCS Lý Tự Trọng (2012 - 2013)

PHÒNG GD&ĐT ĐẠI LỘC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II (NĂM HỌC 2012 - 2013) Môn: TOÁN 9 (Thời gian: 90 phút) Họ và tên GV ra đề: Nguyễn Cúc Đơn vị: Trường THCS Lý Tự Trọng Bài 1: (2đ) Giải các phương trình sau: a. 2x2 – 7x + 5 = 0 b) x4 + 4x2 – 5 = 0 1 2 1 Bài 2 : (2đ) Cho (P) : y = x và (d) : y =  x + 2 4 2 a. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng toạ độ b. Tìm toạ độ giao điểm giữa (P) và (d) bằng phép tính Bài 3: (2đ) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x +m – 4 = 0 (1) a) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm GTNN của P = x1  x 2 Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC tại lần lượt tại M, N. Gọi H là giao điểm của BN và CM. Chứng minh: a) Tứ giác AMHN nội tiếp. b) AH. MB = BH. MN c) AH cắt BC tại P. Chứng minh rằng: NB là tia phân giác của MNP d) Khi góc BAC = 600. Chứng minh:  OMN là tam giác đều. ================================= Đáp án và biểu điểm: Bài 1: Tổng 2 điểm a) Lập đúng  0,5điểm Tính đúng 2nghiệm 0,5điểm b) Đặt: x2 = t => PT: t2 + 4t – 5 = 0. Giải PT được t1 = 1; t2 = -5 (loại) Vậy t = 1 => x1 = 1; x2 = -1 1 điểm Bài 2: Tổng: 1,5 đ a) Vẽ đúng P 0,5 điểm Vẽ đúng (d) 0,5 điểm b) Tìm được hoành độ giao điểm 0,5 điểm Tìm được tung độ giao điểm 0,25điểm Tọa độ giao điểm 0,25điểm Bài 3: Tổng: 2đ ' 2 a) Tính được   m + m + 5 0,5 điểm Chứng minh được: '  m2 + m + 5 > 0 với mọi m 0,5 điểm b) HS tính được P2 = 4m2 + 4m + 20 0,5®iÓm => P  19 0,25 ®iÓm
Vậy GTNN của P = 19 khi m = -1/2 0,25®iÓm Bµi 4: VÏ h×nh: 0,5 ®iÓm Tæng:4 ® A 1 N M 1 2 H B 1 C P O a) CM ®îc: AMH  ANH  90 0 0,5 ®iÓm => Tø gi¸c AMHN cã tæng hai gãc ®èi diÖn = 1800 => tg néi tiÕp 0,5 ®iÓm b) CM được  ABH   NBM (g. g) 0,5 điểm => AH. MB = BH. MN 0,5 điểm c)  N1 =  C1 0,25®iÓm  C1 =  N2 0,25®iÓm =>  N1 =  N2 hay NB là tia phân gíc của  MNP 0,5 ®iÓm d) Khi  A = 600 th×  ACM = 300 => cung MN = 600 (gãc nt ch¾n MN) =>  OMN c©n cã  MON = 600 0,5 ®iÓm VËy  OMN lµ tam gi¸c ®Òu Chó ý: HS lµm theo c¸ch kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a
TO92 - LTT3 PHÒNG GD - ĐT ĐẠI LỘC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HỌC KÌ II : 2012 – 2013 Đơn Vị : THCS Lý Tự Trọng MÔN TOÁN LỚP 9 GV: Võ Tiến Dung I. MA TRẬN ĐỀ THI : Cấp độ Vận dụng Nhận Thông hiểu Cộng biết Cấp độ thấp Cấp độ cao Chủ đề 1. Hệ hai phương trình Vận dụng được hai phương pháp để giải bậc nhất hai ẩn. và biện luận hệ hai phương trình 2 ẩn. Số câu 1 1 2 Số điểm Tỉ lệ % 1,0 1,0 2 20% 2. Đồ thi hàm số y = ax2 Biết vẽ đồ thị và tim tọa độ giao điểm Số câu 2 2 Số điểm Tỉ lệ % 1,5 1,5 15% Vận dụng được hệ Vận dụng được thức Vi-et và ứng 3. Phương trình bậc hai cách giải PTB2 dụng của nó trong một ẩn. một ẩn. Đặc biệt là việc tìm hai số khi công thức nghiệm biết tổng và tích của PT đó. của chúng. Số câu 1 1 2 Số điểm Tỉ lệ % 1,0 1,0 2,0 20% 4. Giải bài toán bằng cách Vận dụng được các lập phương trình bậc hai bước giải BT bằng một ẩn. cách lập PTB2 một ẩn. Số câu 1 1 Số điểm Tỉ lệ % 1 1 10% 5. Góc với đường tròn. Biết cách Vận dụng các định chứng minh tứ lí để giải các bài giác nội tiếp toán về góc, từ đó đường tròn. chứng minh 2 tam giác đồng dạng và hai biểu thức tích bằng nhau. Số câu 1 1 2 Số điểm Tỉ lệ % 1,0 1,5 2,5 25% 6. Hình trụ. Hình nón. Tính diện tích Hình cầu. của hình không gian đơn giản (Hình trụ).
Số câu 1 1 Số điểm Tỉ lệ % 1,0 1,0 10% Tổng số câu 2 6 2 10 Tổng số điểm % 2,0 6 ,0 2,0 10 điểm 20% 60% 20 % 100% Đề bài 2mx  y  1 Câu 1: (2 điểm): Cho hệ phương trình sau:  2 x  (2m  1) y  1 a, Giải hệ với m = 1. b, Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất. Câu 2 (1,5 điểm) Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị là (P) a, Vẽ đồ thị ( P ) b, Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) với đường thẳng (d) : y = 2x +4 Câu 3: (2 điểm): Cho phương trình: x2 - (2m – 1)x + m2- m - 2 = 0 (m là tham số). a, Giải phương trình trên với m = 0. 2 2 b, Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn: x1  x 2  5 Câu 4: (1 điểm): Cho một số có hai chữ số. Tổng hai chữ số của chúng bằng 10. Tích của hai chữ số ấy nhỏ hơn số đã cho là 12. Tìm số đã cho. Câu 5: (2,5 điểm): Cho  ABC vuông tại A. Trên AC lấy điểm M và vẽ đường tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt đường tròn tại D. Chứng minh rằng: a, ABCD nội tiếp đường tròn. b, ABD = ACD c, AM. CM= BM. DM. Câu 6: (1 điểm): Chiều cao một hình trụ bằng bán kính đường tròn đáy. Diện tích xung quanh của hình trụ là 628 cm2. Tính bán kính đường tròn đáy và thể tích hình trụ.
Đáp án – Thang điểm Câu Nội dung Điểm 2 x  y  1 4 y  2 0,5 đ a. Với m = 1, ta được hệ PT:  .  2 x  3 y  1 2 x  y  1  1 0,5 đ Câu 1 y  2   2đ x  1   4 2m 1 b. Hệ PT có nghiệm duy nhất khi   m(2m  1)  1  0 2 (2m  1) 0,5đ 1 1 0,25đ  2(m  ) 2   0 với mọi m. 2 2 Vậy hệ PT luôn có nghiệm với mọi m. 0,25đ Câu 2 a, 1,5đ - Lập bảng giá trị 0.25đ - vẽ đúng đồ thị ( P ) 0.5đ b, - Xác định đúng phuong trình hoành độ giao điểm 0.25đ - Tìm được tọa độ giao điểm 0,5đ a, Câu 3 Thay m = 0 ta được phương trình x2 + x – 2 = 0 0,5đ 2đ Giải phương trình tìm được nghiệm x1= 1; x2 = -2 0,5đ b, - Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm 0,5đ - Tính được m = 0, m=1 0,5đ - Gọi chữ số hàng chục là x ( 1  x  9; x  N); 0,25đ Câu 4 Chữ số hàng đơn vị là: 10 – x. 1đ PT: x.(10 –x) + 12 = 10x + 10 – x. 0,25đ - Giải PT: x2 –x -2 =0. x1= -1 (loại); x2= 2 (t/m) 0,25đ - Trả lời : Số cần tìm là 28. 0,25đ - Hình vẽ đúng: 0,5đ B Câu 5 2,5đ M A C D 0 a. Tứ giác ABCD có: góc BAC = 90 ( gt) góc BDC = góc MDC = 900( góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn đường kính MC) 1đ Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp ( Có đỉnh A, D cùng nhìn BC dưới góc không đổi 900). b. Góc ABD = góc ACD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường 0,5đ trong ngoại tiếp tứ giác ABCD. AM BM 0,5đ c.  ABM  DCM (g.g) =>  => AM.CM = BM.DM. DM CM Câu 6 Từ công thức: S = 2.  . r. h= 628 => r2 = 628:2.3,14 = 100 => r = 10 0,5đ 1đ cm 0,5đ V= 3,14. 103 = 3140 cm3.