5 Đề kiểm tra 1 tiết HK2 Toán 9 - (Kèm đáp án) - Đề 60-64

Chia sẻ: Le Thanh Hai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo 5 Đề kiểm tra 1 tiết HK2 Toán 9 kèm đáp án từ đề 60 đến đề 64 để làm quen với các dạng bài tập có thể xuất hiện trong kỳ kiểm tra 1 tiết sắp tới của các bạn học sinh. Chúc các bạn thành công.

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 60-64

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề số 60 Bài 1: ( 2 điểm ). 1 Vẽ đồ thị hàm số y   x 2 3 Bài 2: ( 1 điểm ) Đưa các phương trình sau về dạng ax2 + bx + c = 0 và chỉ rõ các hệ số a, b, c. a. 5x2 + 2x = 4 – x. 2 b. 2 x  x  3  1  3x Bài 3: ( 3 điểm ) Dùng công thức nghiệm hay công thức nghiệm thu gọn, giải các phương trình sau: a. 2x2 – 7x + 5 = 0. b. 4 x 2  2 3x  3  1  0 Bài 4: ( 1 điểm ) Tìm hai số u, v biết u + v = 10 và u.v = 16 Bài 5: ( 2 điểm ) Tìm m để phương trình: x2 – 2(m – 1)x – 3m + m2 = 0 có hai nghiệm x1, x2 thõa mãn x12 + x22 = 16 Bài 6:(1điểm). Cho phương trình x 2 - 2(m-3)x – m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu ? 1
ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 -Lập bảng đúng 1đ 2đ - Vẽ đồ thị đúng 1đ Câu 2 a 5x2  2 x  4  x 1đ 5x2  2 x  4  x  0 5 x 2  3x  4  0 0,25đ a = 5; b = 3; c = -4 0,25đ b 2 x 2  x  3  1  3x 2 x 2  x  3  1  3x  0 2 x 2  (1  3) x  1  3  0 0,25đ a = 2; b = 1  3 ; c = 1  3 0,25đ Câu 3 a 2x 2 - 7x + 5 = 0 4đ  =b 2  4ac  ( 7) 2  4.2.5  9  0 0,5đ Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,5đ b   7  9 10 5 x1     0,5đ 2a 4 4 2 b   7 9 4 0,5đ x2    1 2a 4 4 b 4 x 2  2 3x  3 1  0 4 x 2  2 3x  3  1  0(b '   3)  '=b'2  ac  ( 3) 2  4.( 3  1)  2 0,5đ 2  3  4 3  4  ( 3  2)  0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,5đ b '  ' 3  ( 3  2) 2 3 32 2 1 0,5đ x1      a 4 4 4 2 b '  ' 3  ( 3  2) 2 3 32 x2     a 4 4 2 32 3 1 0,5đ   4 2 Câu 4 Ta có u + v = 10 và u.v = 16 1đ u, v là nghiệm của phương trình x2 – Sx + P = 0, thay giá trị của u + v 0,25đ = 10 và u.v = 16 vào phương trình ta có: x 2  10 x  16  0(b '  5)  '=b'2  ac  (5) 2  16  9  0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 2
b '  ' 5  9 8 0,25đ x1    8 a 1 1 0,25đ b '  ' 5  9 2 x2    2 a 1 1 Vậy u = 8; v = 2 0,25đ Hoặc u = 2; v = 8. Câu 5 x2- 2(m -1)x – 3m+m 2 = 0 (b’ = -(m-1)) 1đ  '=b'2  ac = [-(m-1)]2-(-3m+m2) = m2 - 2m + 1+ 3m – m2 = m+ 1 Để phương trình có hai nghiệm thì m+ 1  0  m  1 0,5đ Ta có: x12  x22  16  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  16 0,25đ 2 2  [2(m-1)]  2.(3m  m )  16  [2(m-1)]2  2.(3m  m 2 )  16  4m 2  8m  4  6 m  2m 2  16  2m 2  2m  12  0  m2  m  6  0  m2  m  6  0  = b 2  4ac  (1) 2  4.6  25  0 b   1  25 6 m1     3(TM : m  1) 0,25đ a 2 2 b   1  25 4 m2     2( Lo a i ) a 2 2 . . Vậy với m = 3 thì x12  x2  16 2 Câu 6 Cho phương trình: x2- 2(m -3)x – m + 2 = 0. 1đ để phương trình có hai nghiệm trái dấu, thi tích hai nghiệm nhỏ hơn không: x1.x2
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Tốn 9 Đề số 61 Câu 1: ( 2 đ ) a ) Viết công thức tính độ dài đường tròn bán kính R. Áp dụng tính độ dài đường tròn bán kính R = 3cm b ) Tính diện tích hình tròn có chu vi là 6  Câu 2: ( 3 đ ) Cho đường tròn tâm O bán kính R = 2cm, cung AmB có số đo 60 0 a ) Tính số đo góc AOB chắn cung AmB, độ dài cung AmB và cung lớn AB b ) Vẽ góc nội tiếp AMB chắn cung AmB , Tính góc đó Câu 3 : ( 3 đ ) Hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và B cắt nhau tại M . Biết góc AMB bằng 35 độ a ) Chứng minh tứ giác AOBM nội tiếp đường tròn b ) Tính số đo góc ở tâm tạo bởi hai bán kính OA ;OB Câu 4 : ( 2 đ ) Cho AB và CD là hai đường kính vuông góc của đường tròn tâm O . Trên cung nhỏ BD lấy một điểm M. Tiếp tại M cắt tia AB ở E , đoạn thẳng CM cắt AB ở S . Chứng minh ES = EM
Đáp Án Thang Điểm Câu 1 : mỗi câu 1 điểm a . ) C = 2  R = 6  (cm ) ( C : độ dài đường tròn, R : bán kính ) b. ) Từ C = 2  R  R = C/ 2  = 6  /2  = 3 ( cm ) Vậy diện tích hình tròn la: S =  R 2  R 2  9 ( cm 2 ) Câu 2 : mỗi câu 1,5 điểm ˆ a . ) AOB  sđđAm  60 0 A O B C m Rn  .2.60 2 l=   (cm ) 180 180 3 2 10 Cung lớn : l = 4  -  (cm ) 3 3 ˆ 1 b . ) AMB  s đAmB = 60 0 2 Câu 3 : a ) Xét tứ giác MAOB có : góc MAO = MBO = 90 0 ˆ ˆ mà MAO  MBO  180 0 suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn ˆ ˆ b ) AOB  180 0  AMB  180 0  35 0  145 0 ( tứ giác MAOB nội tiếp ) A M 350 ? O B Câu 4 : Chứng minh : ESM  (sđAC  sđBM) / 2
1 Mà SME  sđCM  (sđCB  sđBM) 2 Do sđAC  sđBC  900 nên ESA  SME suy ra △EMS cân tại E A Vậy ES = EM D C O S M B E GV : MAI VĂN NGA
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề số 62 A B Câu 1: (2 điểm) Nêu tính chất của tứ giác nội tiếp. - Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), 1100 O D biết Tính =? C Câu 2 : (1điểm) Cho nối tiếp đường tròn (O), biết . Tính số đo cung Câu 3: (5 điểm). Cho đường tròn (O; 6cm), biết C a) Tính số đo cung AnB = ? O b) Tính các góc c) Tính độ dài cung AnB. A B n d) Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung AnB 600 và hai bán kính OA, OB. Câu 4 (2 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA’, BB’ của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn lần lượt tại D và E. a) Chúng minh : Các tứ giác A’HB’C và AB’A’B nội tiếp được đường tròn. b) Chúng minh : CD = CE c) Chúng minh : BHD cân
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm HS nêu đúng định lý 1 Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta có: 0,5 Câu 1 BAD  BCD  1800 0,5  BCD  1800  BAD  1800  1100  700 Tìm được số đo cung AB 1 Câu 2 Số đo cung AB = 2 = 2.40 = 800 .a)Sđ AnB = AOB = 600 (góc ở tâm) 1 C 1 1 b) ACB  Sd AnB  .600  300 (góc nội 2 2 1 tiếp). O CAB  900 (góc nội tiếp chắn nửa 1 đường tròn) Câu 3 A n B c) Độ dài cung AnB; 1 0 n R 60 . .6 l   2 (cm) 1800 1800 1 d) Diện tích hình quạt tròn: n R 2 60. .62 2 S 0  0  6 (cm ) 360 360
Hình vẽ đúng 1 a Chúng minh : A’HB’C nội tiếp. A Ta có: E HA ' C  900 (Vì AA’ là đường cao) B' HB ' C  900 (Vì BB’ là đường cao) H O nên HA ' C + HB ' C  900  900  1800 C B A' Vậy A’HB’C nội tiếp. D Chúng minh : AB’A’B nội tiếp . Do AB ' B  900 và AA ' B  900 nên B’; A’ cùng nhìn cạnh AB với góc Câu 4 không đổi. Vậy AB’A’B nội tiếp . b) Ta có: 0,5 EBC  DAC (hai góc có cặp cạnh tương úng vuông góc) Suy ra EC  CD Vậy CE = CD(hai cung bằng nhau căn hai dây bằng nhau) 0,5 c) Chúng minh : BHD cân Ta có: BA’  HD nên BA’ là đường cao của BHD Mặt khác: EBC  DBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Suy ra BA’ là đường phân giác của BHD Vậy BHD cân.
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 ĐỀ 63 Câu 1 (4đ): Cho hàm số y=-2x+3 (1) a. Hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? 1 b. Tính y khi x  . 2 c. Tìm x khi y = 7 d. Tìm toạ độ giao điểm B của đường thẳng (1) với trục Ox. Câu 2 (5đ): Cho hai hàm số: y=2x+3 (1) 1 y   x  3 (2) 2 a. Vẽ trên cùng một hệ trục toạ độ đồ thị của hai hàm số trên. b. Gọi giao điểm của đường thẳng (1) và (2) với trục Ox theo thứ tự là A, B và gọi giao điểm của hai đường thẳng trên là C. Tìm toạ độ của các điểm A, B, C. c. Tính các góc của ΔABC. d. Tính chu vi và diện tích của ΔABC. Câu 3 (1 điểm). Cho ba đường thẳng (d1 ): y = 2x + 1 (d2 ): x - y - 2 = 0 (d3 ): mx + (m - 1)y = 4m - 1 Xác định m để ba đường thẳng đã cho đồng quy.
A. ĐÁP ÁN Câu 1: a. Hàm số y=-3x+2 là hàm số nghịch biến trên R, vì a=-2 b=-1 Vậy: Phương trình đường thẳng cần tìm là: y=4x-1 1đ Câu 2:
- Ba đường thẳng (d1 ), (d2 ), (d3 ) đồng quy  (d3 ) đi qua giao điểm của (d1 ) và (d2 ). 0,25 điểm - Tìm hoành độ giao điểm của d1 ) và (d2 ) ta giải phương trình : 2x + 1 = x - 2  x = - 3, khi đó y = - 5, tức giao điểm của (d1 ) và (d2 ) là (- 3; - 5) 0,25 điểm (d3) đi qua (- 3; - 5) khi m  3    m  1 5   4m  1  m  1 ; 0,5 điểm 2
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HK2 MÔN: Toán 9 Đề số 64 Câu 1: (3 điểm) Cho hai hàm số: y = x2 và y = x + 2. a) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị bằng phương pháp đại số. Câu 2: (2 điểm) Giải các phương trình bậc hai sau : a) x 2  5 x  6  0 a) 5x2 – 9x + 4 = 0 Câu 3 : (2,0 điểm) Tìm hai số x1 , x2 , biết: x1  x2  10 và x1.x2  16 Câu 4: (3 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3m + m2 = 0 (1) (x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình khi m = 0 b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16 Đáp án và biểu điểm Câu Nội dung Biểu điểm 1a Đồ thị h/số y = x + 2 là 1 đường thẳng qua: (0; 2) và (- 2; 0). Xét đồ thị hàm số y = x2 ; TXĐ: R Bảng GT: x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 2đ
1b Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của 0,5đ phương trình sau: x2 = x + 2  x2 – x – 2 = 0  x = –1 ; x = 2 x = –1 => y = 1 ; x = 2 => y = 4 0,5đ Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: (–1; 1) và (2; 4) 2a x 2  5x  6  0 Ta có:  = b2 – 4ac = (- 5)2 – 4.1.6 = 25 – 24 = 1 > 0 0,5đ phương trình có hai nghiệm phân biệt -b+    5  1 x1 = = = 3 2a 2 - b -    5  1 0,5đ x2 = = =2 2a 2 2b 5x2 –9x + 4 = 0 ( a = 5 ; b = –9 ; c = 4 ) 0,5đ Ta có : a + b + c = 5 + (–9) + 4 = 0 4 0,5đ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1 = 1 ; x2 = 5 3 Hai số x1 , x 2 là nghiệm của phương trình x2 - 10x + 16 = 0 1đ  x1 = 8; x2 = 2 1đ 4a Với m = 0, ta có phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3m + m2 = 0 x2 + x + 0 = 0 => x(x + 1) = 0 => x = 0 hoặc x = -1 1đ Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 4b x2 – 2(m - 1) + m2 – 3m = 0 (1)
’ = b’2 – ac = (m – 1)2 – ( m2 – 3m) = m2 - 2m + 1 - m2 + 3m = m + 1 0,25 Để (1) có hai nghiệm ’ > 0  m + 1 > 0  m > - 1 Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có: 0,25  b x 1  x 2   a  x 1  x 2  2m - 2   2  x1.x2  c x 1 . x 2  m  3m 0, 5   a x12 + x22 = 16  (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16  4(m – 1)2 - 2(m2 - 3m) = 16 2 2 2 0,25  4m - 8m + 4 - 2m + 6m = 16  m - m - 6 = 0  m1 = - 2 (loại ); m2 = 3(thỏa đ/k) 0,25 Vậy với m = 3 thì (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 + x22 0,25 = 16 0,25 Tổng 10đ