Đề thi HK2 Toán 9 năm học 2016 - 2017 sở GD và ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH 

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2016-2017 

Môn: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức: x 8 1 x 3 x 6 P : 1 x x 8 x 2 x 2 x 4

                    

với x ≥ 0; x ≠ 4.

1. Rút gọn P.

2. Tính giá trị của P với x 6 4 2   .

Bài 2. (2,0 điểm)

1. Viết phương trình parabol (P) đi qua điểm   M 3;3 và có đỉnh O.

2. Tìm m để đường thẳng y = mx  m + 2 (d) cắt parabol y = x2 (P) tại hai điểm

phân biệt     1 1 2 2 A x ;y ; B x ;y thỏa mãn 1 2 y y 12   .

Bài 3. (2,5 điểm)

Cho hai phương trình: x2 + (x  1)2 = 5 (1) x2 + mx + n = 0 (m, n là tham số) (2) 1. Giải phương trình (1). 2. Tìm m và n để mọi nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của phương trình (2). 3. Giả xử 0 x là nghiệm của phương trình (2) và m2 + n2 = 2017. Chứng minh

0 x 2018  .

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC, A là điểm thuộc nửa đường tròn đó sao cho AB < AC (A khác B). Trên dây cung AC lấy điểm E khác A và C; gọi D, H là hình chiếu vuông góc của A trên BC và BE.

1. Chứng minh   BAD BHD  . 2. Chứng minh BH.CE = BC.DH. 3. Gọi K là giao điểm của DH và AC, phân giác góc CKD cắt HE, CD tại M và N;

phân giác góc CBE cắt DH, CE tại P và Q. Chứng minh tam giác KPQ cân và tứ giác MPNQ là hình thoi.

Bài 5. (0,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

2 x 2y 8y 1 x

x 2x 4y 11 1 x 4y 2

    

       

--- HẾT ---

Họ và tên học sinh:...................................................... Số báo danh:...........

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH 

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2016-2017 

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9

(Gồm 03 trang) Bài Câu Nội dung Điểm

Với x ≥ 0; x ≠ 4 ta có:

  

x 8 1 x 2 x 4 x 3 x 6 P : x 2 x 2 x 4 x 2 x 2 x 4

                          

0,5

  

x 8 x 2 x 4 x 2 :

x 2 x 4 x 2 x 2 x 4

    

    

0,5

    

2 x 2 x 2 x 4 .

x 2 x 2 x 2 x 4

   

   

0,25

1. (1,5đ)

2 x 2 



. Vậy với x ≥ 0; x ≠ 4 ta có 2 P

x 2 



0,25

Xét x 6 4 2   (thỏa mãn x  0; x  4) ta có  

2 x 6 4 2 2 2    

2 2   (vì 2 2 0   )

0,25

1. (2,0đ)

2. (0,5đ) Khi đó 2 2 P 2 2 2 2 2     

Vậy với x 6 4 2   thì P 2 

0,25

Gọi phương trình parabol (P), đỉnh O có dạng   2 y ax a 0   0,25

Do   M 3;3 (P)  ta có  

2 3 a. 3 3a    a = 1 (thỏa mãn a  0) 0,5 1. (1,0đ)

Vậy (P): y = x2 0,25 Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d): y = mx  m + 2 với (P): y = x2, phương trình đó là: x2 = mx  m + 2  x2  mx + m  2 = 0

0,25

   

2 2 m 4 m 2 m 2 4 0 m        

 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với m. Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1); B(x2;y2) với m.

0,25

Áp dụng định lí Viét ta có:

1 2

1 2

x x m

x x m 2

      

Khi đó y1 + y2 = 12  2 2 1 2 x x 12  

     2 2 1 2 1 2 x x 2x x 12 m 2 m 2 12       

 2 m 2m 8 0   

0,25

2. (2,0đ)

2. (1,0đ)

 m 2 ; m 4  

Vậy m 2 ; m 4   là giá trị cần tìm.

0,25