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

Đề thi học kì 2 lớp 9 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Phú Đa nhằm giúp các em củng cố lại nội dung đã học trong chương trình học kỳ 2 của bộ môn Toán và phục vụ cho công tác giảng dạy, biên soạn đề thi của thầy cô. Mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học kì 2 lớp 9 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Phú ĐaTRƯỜNG 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 ...