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

TRƯỜNG THCS VĨNH THỊNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian: 90 phút) I. Trắc nghiệm:(2 điểm) Chọn đáp án đúng trong các câu sau Câu 1: Biết x = 2 là nghiệm của phương trình: mx2 + 2m + 1 = 0. Khi đó m bằng: A. 6 5 B. 5 6 C.  6 5 D.  5 6 Câu 2: Đồ thị hàm số y = -3x2 đi qua điểm C(-1; m). Khi đó m bằng: A. 3 B. 6 C. -3 D. - 6 4 x  3 y  3 vô nghiệm khi:  mx  y  2 4 4 4 B. m   C. m   D. m  3 3 3 Câu 3: Hệ phương trình  A. m  4 3 Câu 4: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O), biết QMN  3QPN . Khi đó QPN bằng: A. 600 B. 55 0 C. 500 D. 450 II. Tự luận: (8 điểm) x  2 y  2 3 x  2 y  6 Câu 5: Giải hệ phương trình:  Câu 6: Cho phương trình: x2 – 2mx – 4m – 4 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = - 1 b) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12 + x 22 - x1x2 = 13 Câu 7: Một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2. Nếu tăng chiều rộng thêm 3 cm và tăng chiều dài tăng thêm 3 cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 48 cm2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu. Câu 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E khác B và C), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) Tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 9: Cho 9 số thực a1,a2,a3,…,a9 không nhỏ hơn -1 và a13 + a23 + a33 +…+ a93 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a1 + a2 + a3 +…+ a9 Ký duyệt của tổ trưởng Trần Bá Hoành ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TOÁN 9 I. Trắc nghiệm: Mỗi ý đúng 0,5 đ Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D II. Tự luận Câu 5 x  2 y  2 4 x  8 x  2    1đ 3 x  2 y  6 x  2 y  2 y  0 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(2;0) Câu 6 a)Với m = -1 Ta có phương trình: x2 + 2x = 0  x( x  2)  0 2,5 đ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 =0, x2 = -2 0.75 0.25 0.75 0.25 b) x2 - 2mx – 4m – 4 = 0 (1) ∆’ = (-m) 2 - 1.(-4m – 4) = m2 + 4m + 4 = (m + 2) 2 ≥ 0 với 0.5 mọi m Vậy phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi m. 0.25 c) Do phương trình (1) luôn có nghiệm x1;x2 với mọi m, nên theo hệ thức Viét:  x1  x2  2m Theo bài cho: x12+x22-x1x2 =13   x1 x 2  4m  4 2  ( x1  x2 ) 2  3 x1 x 2  13  0  4m + 12m - 1 = 0  3  10  3  10 0.5 , m 2= 2 2  3  10  3  10 Vậy m = hoặc m = thì phương trình (1) có 2 2 2 0.25 m 1= Câu 7 1,5 đ nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12+x22-x1x2 =13 Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) 0.25 ( x; y > 0). Theo bài ra ta có hệ phương trình:  xy = 40  xy = 40 .    x + 3 y + 3  xy + 48  x + y = 13 0.5 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2–13t + 40= 0 (1) Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là t1= 8 và t2 = 5. 0.5 Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. 0.25 Câu 8 2,5 đ 0.25 C E F A B I O D a) Tứ giác BEFI có: BIF  90 0 (gt) BEF  BEA  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF 0.75 b) Vì AB  CD nên cung AC = cung AD suy ra ACF  AEC Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và ACF  AEC 0.75 Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC  AC AE  AF AC  AE.AF = AC2 c) Theo câu b) ta có ACF  AEC , suy ra AC là tiếp tuyến 0.75 của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). Mặt khác ACB  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC  CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Câu 9 1đ 0.5 2 1 Với x  1 ta có x  1 x    0  4 x 3  1  3x 2  Áp dụng BĐT trên ta có: 3P  4a13  a 2 3  a3 3  ..  a9 3   9  9  P  3 Dấu = xảy ra khi 1 số bằng -1 và 8 số còn lại bằng 1 2 Vậy P max= 3 khi 1 số bằng -1 và 8 số còn lại bằng 0.25 1 2 0.25