Bộ đề ôn thi học kì II môn Toán Lớp 9

ĐỀ KIỂM TRA Bài 1: ( 2 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 5 3 7 x y x y       

b) 4 2 5 4 0 x x   

Bài 2 : ( 2 điểm ) Trên cùng một MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol 

2 : P y x  và

: 4 3 d y x  

a) Vẽ  P

b) Tìm tọa độ giao điểm của  P và  d .

Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho phương trình :   2 2 2 0 x m x m     (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm 1 2 ; x x với mọi m . b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm 1 2 ; x x sao cho 2 2 1 2 x x  đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ABC  nhọn nội tiếp (O;R) . Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. c) Chứng minh : EF OA  d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 . Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC

------- Hết -------

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài NỘI DUNG ĐIỂM

a) Giải hpt 5 3 7 x y x y       

1,0đ

4 12

5

x

x y

    

0,5

3 3 3 5 5 3 2 x x y y               

0,5

b) Giải pt 4 2 5 4 0 x x    (*) 1,0đ Đặt   2 0 x t t   . PT 

2 * 5 4 0 t t     0,25

1 1 t  ( nhận ) ; 2 4 t  ( nhận ) 0,25

Với

2 1

2 2

1 1 1

4 4 2

t x x

t x x

  

     0,25

1

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : 1 2 3 4 1; 1; 2; 2 x x x x     0,25 a) Vẽ 

2 : P y x  1,0đ

2 + Lập bảng giá trị đúng :

x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4

0,5

ThuVienDeThi.com

+ Vẽ đúng đồ thị :

0,5

b)Tìm tọa độ giao điểm của  P và  d . 1,0đ

+ Pt hoành độ giao điểm của  P và  d : 2 4 3 0 x x    0,25

+    

1 1

2 2

1 1: 1;1

3 9: 3;9

x y A

x y B

  

  

0,25 0,25

Vậy tọa độ giao điểm của  P và  d là     1;1 ; 3;9 A B   0,25

a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m . 1,0đ

+       2 2 2 2 4.1. 2 4 4 2 0, m m m m m m                0,75

+ Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm 1 2 ; x x với mọi m . 0,25 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm 1 2 ; x x sao cho 2 2 1 2 x x  đạt giá trị nhỏ nhất.

1,0đ

+ Theo vi-et : 1 2

1 2

2

. 2

x x m

x x m

  



0,25

+  

2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x x     0,25

      2 2 2 2 2. 2 8 4 4 12 12, m m m m m m             0,25

+ Vậy GTNN của 2 2 1 2 x x  là – 12 khi 4 0 4 m m     0,25 a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp. 1,0đ

+ Tứ giác AEHF có: · · ( ) = = 0 0 AEH 90 ;AFH 90 gt 0,5

+ · · + = + = 0 0 0 AEH AFH 90 90 180 0,25 + Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH 0,25 b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp. 1,0đ

+ Tứ giác BFEC có: · · ( ) = = 0 0 BFC 90 ;BEC 90 gt 0,5

+ F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900 0,25 + Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC 0,25 c) Chứng minh : EF OA  1,0đ

+ Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O)ã · = 'x AB ACB ( Cùng chắn cung AB ) 0,25

+ · · = AFE ACB ( BFEC nội tiếp ) 0,25

+ · · = Þ ' ' x AB AFE x x//FE 0,25

+ Vậy : EF OA  0,25 d) Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC

1,0đ

+ Gọi Ct S là diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC . ( ) = - - Ct VFAB VFAC O S S S S

0,25

3

4

+

D

p = - = -

2 2

VFAB quatOAB OAB

R R S S S 4 2 (đvdt) 0,25

ThuVienDeThi.com