Đề thi học kì 2 lớp 9 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Phú Đa

TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1. (2,0 điểm)  3 x y 7    x y 1 1. Giải hệ phương trình 2. Giải phương trình 4 x 4  3x 2  1  0 . Câu 2. (3,0 điểm) 1 2 1. Cho hàm số y  ax2 , với a  0 . Xác định hệ số a , biết đồ thị của hàm số đi qua điểm A(2;1) . 2. Cho phương trình x 2  4 x  5m  2  0 (1), với m là tham số. a. Giải phương trình (1) khi m  1. b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn: x1  x2  2 x1 x2  14 . Câu 3. (1,5 điểm) : Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B. Vận tốc xe ô tô thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm hơn xe ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A đến B là 200 km. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn; 2. MB2 = MD.MA và MOC = MEC ; 3. BF // AM. Câu 5. (0,5 điểm) :Cho hai phương trình x 2  2013 x  1  0 (2) và x 2  2014 x  1  0 (3). Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2) ; x3 , x4 là nghiệm của phương trình (3). Tính giá trị của biểu thức P = (x1  x3 )( x2  x3 )( x1  x4 )( x2  x4 ). -----------------Hết------------------GV: Nguyễn Minh Quyết TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC KÌ II MÔN : TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017 - 2018 Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 1 (1 điểm) (2 điểm) 3 x  y  7 4 x  8 x  2 x  2    x  y  1 x  y  1 x  y  1  y  1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2; 1) . Ta có:  0,75 0,25 Đặt: x2  t, t  0. Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t 2  3t 1  0 1 2 (1 điểm) 0,5 Vì a  b  c  4  3 1  0 nên pt trên có nghiệm t1  1, t 2  . 4 Vì t  0 nên t1  1 không thỏa mãn điều kiện. 1 1 1 Với t  t 2  . Khi đó: x 2   x   . 4 4 2 0,5  1 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = - ;   2 2 Câu 2 1 (1 điểm) (3 điểm) Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A(2;1) nên, ta có: 1 a.(2)2  1 2 1  2a  1  a  (thoả mãn điều kiện a  0 ) 2 1 Vậy a  là giá trị cần tìm. 2 0,5 0,25 0,25 a. x 2  4 x  5m  2  0 Thay m  1 vào phương trình (1), ta được pt: x 2  4 x  3  0 (2) Vì a  b  c  1  4  3  0 nên pt (2) có nghiệm x1  1, x 2  3 . Vậy với m  1 thì pt (1) có nghiệm x1  1, x 2  3 . 2 (2 điểm) b. Ta có:  '  (2)2  1.(5m  2)  4  5m  2  6  5m Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi: 6 6  5m  0  5m  6  m  5  x  x  4 Theo hệ thức Vi – ét, ta có:  1 2 (3)  x1.x2  5m  2 Theo đề bài, ta có: x1  x2  2 x1 x2  14 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 (4) Thay (3) vào (4) , ta được: 4  2(5m  2)  14  10m  8  14  10m  6  m   3 (thỏa mãn ĐK 5 0,25 6 m ) 5 Vậy m   3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5 0,25 Câu 3 (1,5 điểm) Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0. Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 200 (giờ) x  10 200 Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là : (giờ) x 200 200 Lập phương trình:   1 (5) x x  10 Giải phương trình (5) tìm được x1  40, x2  50 . Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là : (1,5 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,5 Vì x  0 nên x2  50 không thoả mãn điều kiện của ẩn. 0,25 Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h); vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h). Câu 4 (3 điểm) Hình vẽ: A F E O C B D M Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên 1 (1 điểm) MB  OB; MC  OC  MBO  MCO = 900 0,25 Xét tứ giác OBMC có: MBO + MCO = 900  900  1800 , mà MBO, MCO là hai góc ở vị trí đối 0,5 diện nhau. Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25 Xét (O) có: MBD  MAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung cùng chắn BD ) Xét MBD và MAB có: 2 (1 điểm) MBD  MAB (cm trên) 0,5 M chung Do đó: MBD MAB (g.g)  MB MD   MB2  MA.MD MA MB (đpcm) Tứ giác MCOE nội tiếp (vì MCO + MEO  1800 ) nên MOC = MEC (6) ( hai góc nội tiếp chắn cung MC) Ta có: MOC  BFC  3 (1,0 điểm) (đpcm) 0,5 1 1 BOC = sđ BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); 2 2 1 sđ BC (góc nội tiếp)  BFC  MOC (7) 2 Từ (6) và (7) suy ra: BFC  MEC , mà BFC, MEC là hai góc ở vị trí đồng vị. Do đó: BF // AM (đpcm) Câu 5 0,5 0,5 (0,5 điểm) Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm. Theo hệ thức Vi – ét ta có: x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014 Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1 P = (x1  x3 )( x2  x3 )( x1  x4 )( x2  x4 ) (0,5 điểm) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 ) = x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12 + x1x2x42 = x32 - x22 - x12 + x42 = (x3 + x4 )2 - 2x3x4 - ( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2 Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được : P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027 KL:…… Tổng điểm 0,25 0,25 10