5 Đề kiểm tra 1 tiết HK2 Toán 9 - (Kèm đáp án) - Đề 11 đến đề 15

Chia sẻ: Le Thanh Hai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề kiểm tra 1 tiết HK2 môn Toán lớp 9 kèm đáp án từ đề số 11 đến 15 mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 5 Đề kiểm tra 1 tiết HK2 Toán 9 - (Kèm đáp án) - Đề 11 đến đề 15

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 ĐỀ SỐ 11 Bài 1 (2 đ) : Thế nào là phương trình bậc nhất hai ẩn ? Cho ví dụ ? Hãy nêu nghiệm tổng quát của ví dụ đó. mx - y = 3 Bài 2 (3 đ): Cho hệ phương trình  (I) 2x + 3y = 13 a. Giải hệ phương trình (I) bằng phương pháp thế khi m = 3. Hãy minh hoạ hình học nghiệm của hệ phương trình khi m = 3 b. Tìm m để hệ phương trình (I) có một nghiệm duy nhất ? Hệ phương trình (I) vô nghiệm ? Bài 3(1,5 đ). Xác định các hệ số a và b của đồ thị hàm số y = ax + b, biết đồ thị là một đường thẳng đi qua hai điểm A(2; -3) và B(3;5). Bài 4(3,5 đ). Hai xe lửa đi từ A và B cách nhau 650 km đi ngược chiều nhau để gặp nhau. Nếu chúng khởi hành cùng một lúc thì sẽ gặp nhau sau 10 giờ. Nhưng nếu xe lửa thứ hai khởi hành sớm hơn xe lửa thứ nhất 4 giờ 20 phút thì chúng sẽ gặp nhau sau 8 giờ tính từ lúc xe thứ nhất khởi hành. Tính vận tốc của mỗi xe lửa? - -1-
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Đáp án này gồm 01 trang CÂU Ý Nội dung Điểm Câu 1 Nêu đúng phương trình bậc nhất hai ẩn ? Cho ví dụ ? Nêu nghiệm tổng 2đ 2đ quát của ví dụ đó. Câu 2 a1 Giải hệ phương trình (I) bằng phương pháp thế khi m = 3. 1đ 3đ Phương trình có một nghiệm là: (2;3). a2 Minh họa hình học, vẽ 2 đường thẳng trên mặt phẳng tọa độ cắt nhau tại 0,5 đ một điểm (2; 3) b Hệ phương trình (I) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 0,75 đ a b m 1 2    m a ' b' 2 3 3 Hệ phương trình (I) vô nghiệm khi và chỉ khi : 0,75 đ a b c m 1 3 2      m a' b' c ' 2 3 13 3 Câu 3 Do đồ thị hàm số y = ax + b là một đường thẳng đi qua hai điểm A(2; -3) 1,5 đ và B(3;5) nên Ta có hệ phương trình { 2a ++ b = 5 3a b = -3 Giải hệ phương trình ta được a = 8, b = -19. Câu 4 Gọi x là vận tốc xe lửa thứ nhất (km/h, x>0). 0,5 đ 3, 5 đ y là vận tốc xe lửa thứ hai (km/h, y>0). Theo đề bài 2 xe khởi hành cùng một lúc và sau 10 giờ gặp nhau ta có phương trình 10x + 10y = 650  x + y = 65 (1). 0,5 đ 13 Do xe lửa thứ hai khởi hành trước xe lửa thứ nhất 4 giờ 20 phút = giờ 3 và sau 8 giờ kể từ lúc xe thứ nhất khởi hành thì gặp nhau nên ta có phương trình: 0,75 đ - -2-
13 37 y +8(x+ y) =650  8x + y = 650 (2) 3 3 0,5 đ x + y = 65 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình { 8x + 37 y = 650 3 0,75 đ Giải hệ phương trình ta được: x = 35, y =30 thỏa mãn điều kiện. 0,25 đ Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là : 35 (km/h.) 0,25 đ vận tốc xe lửa thứ hai là : 30 (km/h) - -3-
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề số 12 Câu 1. (1,25 đ) a. (0.5 đ) Nêu tính chất của hàm số y = ax2 . (a ≠ 0) 1 2 b.( 0,75 đ) Cho hàm số y = f(x) = x . Tính f(2), f(-2) và f(0) . 2 Câu2. (2 đ) 1 2 a. (1đ )Vẽ Parabol (P) y = x . 4 b.(1đ ) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đương thẳng (d) y = x - 3. Câu 3. (1,75 đ). Dùng công thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn để giải các phương trình bậc hai sau a. 3x2 - 7x + 2 = 0. b. -7x2 + 4. 2 x +4 = 0. Câu 4. (4 đ). Cho phương trình bậc 2 ẩn x: mx2 - 2 (m+1)x + m -1 = 0 (m  0). (*) a. Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x = - 2. b. Tính ∆’. c. Với giá trị nào của m để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt? . Trong trường hợp phương trình có 2 nghiệm phân biệt, dùng hệ thức Vi- ét tính giá trị của m để x12 + x22 = 16 Câu 5(1 đ). Tìm u và v, biết u + v = -2 và u.v = -15
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Ý Nội dung Điểm Câu 1 a Nêu đúng tính chất của hàm số y = ax2 . (a ≠ 0) 0,5đ 1,25đ b 1 2 0,75đ Cho hàm số y = f(x) = x . Tính f(2)= 2; f(-2)= 2; và f(0) = 0. 2 Câu 2 a 1 2 1đ Vẽ đúng chính xác đồ thị hàm số y = x 4 2đ b Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đương thẳng (d) y = x – 3 là: 1đ (2;-1) và (-6; -9). Câu 3 a 1 0,5 đ Tính ∆ = 25 > 0.Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: x1 = 2, x2 = 1,75 d 3 0,5 đ b Tính ∆’= 36 > 0 0,5 đ 2 2 6 2 2 6 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: x1 = , x2 = 7 7 0,25 đ Câu 4 a Cho phương trình bậc 2 ẩn x: mx2 - 2 (m+1)x + m -1 = 0 (*). 1đ 4đ Do phương trình (*) có nghiệm x = -2 nên: m.(-2)2 - 2. (m + 1).(-2) + m - 1 = 0 1 Suy ra m = 3 b Cho phương trình bậc 2 ẩn x: mx2 - 2 (m+1)x + m-1 = 0 (*). 1đ ∆’= 3.m +1 c Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0,75 đ 1 ∆’ > 0  3.m +1> 0  m > . 3 Kết hợp với điều kiện ta có: Phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt 1 khi m > và m ≠ 0 0,25 đ 3 d 1 0,25 đ Với m > và m ≠ 0 thì phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1, x2 3
 b 2(m  1) Theo hệ thức Vi - ét ta có x1+ x2 =  . (1 ) a m c m 1 x1.x2 =  . (2) 0,25 đ a m Ta có x12+ x22 = 16  (x1+ x2 )2 - 2x1.x2 =16 (3) 2 Thay (1 ) và (2) vào (3) ta được m1 = 1, m2 = 7 0,5 đ Câu 5 Biết u + v = -2 = S và u.v = -15 = P 0,25 đ 1đ Nên u và v là nghiệm của phương trình X2 - SX + P = 0 X2 +2X -15 = 0 0,25 đ X1 =3, X2 = -5 0,25 đ Vậy u = 3 và v = -5 hoặc u = -5 và v = 3 0,25 đ
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 ĐỀ 13 Đề bài: Câu 1(2đ) a. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (0), biết Â = 520, D = 1120. Tính số đo của góc C và góc B. b. Hai tiếp tuyến tại A và tại B của đường tròn (O;R) cắt nhau ở M. Biết OM = 2R. Tính số đo của góc ở tâm AOB? Câu 2 ( 3 đ). Cho đườnh tròn (O), bán kính R = 4cm, số đo của cung AmB = 600. a. Tính độ dài đường tròn và diện tích hình tròn nói trên. b. Tính độ dài cung nhỏ AmB và điện tích hình quạt tròn OAmB. c. Tính diện tích hình viên phân AmB. Câu 3(1 đ) Dựng ABC, biết AB = 3cm, C = 600 , đường cao CH = 2 cm. Câu 4 (4 đ) Cho ABC vuông tại A. Trên AC lấy một điểm M và vẽ đường tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt đường tròn tại D. Đường thẳng DA cắt đường tròn tại S. chứng minh rằng: a. ABCD là một tứ giác nội tiếp. b. CA là tia phân giác của góc SCB c. Từ B kẻ tiếp tuyến BN với đường tròn (N là tiếp điểm). Chứng minh BN2 =BM.BD
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Đáp án này gồm 02 trang CÂU Ý Nội dung Điểm Câu 1 a Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (0). 1đ 2đ Nên A + C = 1800 0 Do đó C = 180 - A 0 0 0 Thay số C = 180 - 52 = 128 . Ta lại có B + D = 1800 0 Suy ra B = 180 - D 0 0 0 Thay số B = 180 - 112 = 68 . b Do MA là tiếp tuyến của đường tròn (O). Nên MA OA tại A 1đ hay AOM = 900. OA R 1 Ta có cos AOM =   OM 2 R 2 Suy ra AOM = 600. Ta có OM là tia phân giác của AOB Nên AOB = 2 AOM = 1200. Vậy góc ở tâm AOB bằng 1200. a Tính C = 2R =2.4cm = 8 (cm). B 0,5 đ Câu 2 m 3đ S =  R2 = . 42 = 16  (cm2). 0,5 đ O A b 0 Do sđ AmB = 60 nên n = 60 0 0,5 đ 4 Độ dài cung nhỏ AmB là :  (cm). 3 8 0,5 đ Diện tích hình quạt tròn OAmB là: . (cm2). 3 c R 2 . 3 16. 3 0,5 đ Do AOB đều cạnh R nên S AOB    4 3 (cm2). 4 4 Diện tích hình viên phân AmB là: Sq - S ∆AOB  1,45 (cm2). 0,5 đ Câu 3 1đ Dựng ABC thỏa mãn yêu cầu 1đ a Câu 4 (4 đ) Cho ABC vuông tại A. Trên AC lấy một điểm M và vẽ 1,5 đ đường tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt đường tròn tại D. Đường thẳng Câu 4 DA cắt đường tròn tại S. chứng minh rằng: 4đ a. ABCD là một tứ giác nội tiếp. b. CA là tia phân giác của góc SCB c. Từ B kẻ tiếp tuyến BN với đường tròn (N là tiếp điểm). Chứng minh BN2 =BM.BD
A S D M B C Vẽ hình 0,5 đ a). Ta có: BAC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Ta lại có: BDC =  MDC = 900 ( MDC chắn nửa đường tròn đường kính MC) Do 2 điểm A và D cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên các điểm A, B, C, D nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy ABCD là một tứ giác nội tiếp. b Chứng minh : CA là tia phân giác của góc SCB. 0,5đ Trong đường tròn ngoại tiếp ABCD ta có: ADB = SDM = ACB (các góc nội tiếp cùng chắn AB ) (1) Trong đường tròn đường kính CM ta có: 0,5đ SDM = SCM (các góc nội tiếp cùng chắn SM ) (2) Từ (1) và (2) ta có: SCM =SCA =ACB và CA nằm giữa hai tia CB và CS Vậy CA là tia phân giác của góc SCB 0,5đ c Kẻ tiếp tuyến BN với đường tròn. Xét ∆BNM và ∆ BMD có: B chung BNM  BDN (cùng chắn cung NM). Nên ∆BNM ∽∆ BMD 0.5đ BN BM Do đó:  BD BN 0.5đ Suy ra : BN2 =BM.BD
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề số 14 a. Trong các phương trình sau, phương trình nào không phải là phương trình bậc nhất hai ẩn: - x + 0y = 0 ; x – 3y = 5 ; 0x – 0y = 4 ; 0x – 4y = 7 b. Tìm một nghiệm của phương trình : 3x - y = 6 c. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình : -2x + y = 4 rồi vẽ đường thẳng biểu diễn tập nghiệm của nó. Câu 2: (2đ) Giải các hệ phương trình sau: 2x  y  1 a.  x  y  5 3x  y  3 b.  2x  3y  5 Câu 3: (1đ) Xác định a, b để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(1 ; 5) và B(-2 ; -1) Câu 4: (2,5đ) Cho hệ phương trình . 2 x  y  1  mx  2 y  2 a. Giải hệ phương trình theo m. b. Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn 2x - 3y = 1. Câu 5: (2,5đ) Một xe máy đi từ A đến B với một vận tốc xác định trong một thời gian đã định . Nếu vận tốc xe máy giảm 8 km/h thì đến B chậm hơn dự định 1 giờ .
Nếu vận tốc xe máy tăng 10 km/h thì đến B nhanh hơn dự định 48 phút . Tính vận tốc và thời gian dự định đi từ A đến B của xe máy ? _____________________ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu ý Nội dung Điểm 1 a. Phương trình 0x – 0y = 4 không là phương trình bậc nhất hai ẩn 0,5 (2đ) b. Tìm được một nghiệm vd: (0;-6) , (1;-3) ... 0,5 c. Nghiệm tổng quát của phương trình -2x + y = 4 x  R 0,5   y  2x  4 Vẽ đúng đường thẳng biểu diễn tập nghiệm của phương trình 0,5 2 a. 2x  y  1 3x  6  x  2    1 (2đ) x  y  5  x  y  5  y  3 b. 3x  y  3 9x  3y  9 7x  14 x  2     1 2x  3y  5 2x  3y  5 3x  y  3  y  3 3 Đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(1 ; 5) và B(-2 ; -1) 0,5 (1đ) 5  a  b a  2 nên a, b là nghiệm của hệ phương trình :   ...   0,5 1  2a  b b  3 4 a. 2x  y  1 4 x  2 y  2  m  4  x  4 (*) (2,5đ) Hệ phương trình      mx  2 y  2 mx  2 y  2 2 x  y  1  0,5 - Nếu m = -4 thì phương trình (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 0,25 4 - Nếu m   4 thì phương trình (*) có nghiệm: x  m4  4 x  m  4 Nên hệ có nghiệm duy nhất   y  4  m   m4 0,75
b. Nghiệm duy nhất thỏa mãn 2x - 3y = 1 khi 4  12  3m 1 0,5 m4 m4 4 12  3m   1  ...  m  4 (TMĐK) m4 m4 0,5 Gọi vận tốc dự định đi từ A đến B của xe máy là x(km/h), x > 8 0,5 thời gian dự định đi từ A đến B của xe máy là y(giờ), y > 4/5 - Khi vận tốc xe máy giảm 8 km/h thì đến B chậm hơn dự định 1 giờ Ta có phương trình : (x – 8)(y + 1) = xy  x – 8y = 8 0,5 - Khi v/t xe máy tăng 10 km/h thì đến B nhanh hơn dự định 4/5 giờ 0,5 5 Ta có phương trình : (x +10)(y – 0,8) = xy  - 0,8x + 10y = 8 (2,5đ) Hệ phương trình 0,5 x - 8y = 8 2x - 16y = 16 y = 6    (TMĐK) - 0,8x + 10y = 8 - 2x + 25y = 20  x = 40 Vậy vận tốc dự định đi từ A đến B của xe máy là 40km/h 0,5 thời gian dự định đi từ A đến B của xe máy là 6(giờ)
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề 15 Câu 1: (1,5đ) B m n O 70° Cho hình vẽ. Tính số đo cung BmC, BnC C Câu 2: (4,5đ) Cho hình vẽ, biết đường tròn tâm O bán kính 2cm, sđ AmC = 400, sđ BnD = 1000 B A a. Tính AMC , ANC N M m O n b. Tính độ dài cung AmC C c. Tính diện tích hình quạt BnDO D d. Chứng minh : NA . ND = NC . NB Câu 3: (4đ) Cho điểm M cố định nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến MA, MB (A,B là tiếp điểm) a. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. b. Vẽ cát tuyến bất kỳ MCD. Chứng minh: MA2 = MB2 = MC . MD c. Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh I thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB. d. Khi cát tuyến MCD thay đổi thì điểm I chạy trên đường nào.
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu ý Nội dung Điểm 1 sđ BmC  BOC  700 0,75 (1,5đ) sđ BnC  3600  700  2900 0,75 2 a. sdBnD  sdAmC B AMC  (4,5đ) 2 A 100  400 0 M m N n 0,75   300 O 2 C D sdBnD  sdAmC 1000  400 ANC    700 0,75 2 2 b. Rn .2.40 4 lAmC     cm  1,0 180 180 9 c. .R 2 .n .2.100 10 Sq(BnDO)  360  180  9  cm2  1,0 d. CM được : ANB CND 0,5 Suy ra hệ thức : NA . ND = NC . NB 0,5 3 a. Theo t/c tiếp tuyến A (4đ) D I Có OA  MA, OB  MB C 0,5 O M 0  MAO  MBO  90 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường B 0,5 tròn đường kjính MO. b. C/m được : MAC MDA 0,5 Suy ra hệ thức : MA2 = MB2 = MC . MD 0,5 c. Có IC = ID  OI  CD (T/C đường kính và dây)  MAO  MBO  MIO  900 0,5 Nên A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB. 0,5 d. Có MIO  900 , M và O cố định. Nên I thuộc đường tròn đường kính MO. 0,5
Giới hạn: Khi C  A thì I  A A D I Khi C  B thì I  B C O Vậy I thuộc cung tròn của đường tròn M đường kính MO nằm trong đường tròn 0,5 B tâm O.