Đề kiểm tra giữa HK2 toán 9 (kèm đáp án)

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II- MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1:(1,75 đ) Cho biểu thức A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233

























x
xx
x
x
x
x
x
x

a, Rút gọn biểu thức A .
b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
226 

c. Tìm giá trị của x để A=-1
Bài 2: Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc 40 kh/h rồi đi tiếp từ B đến C với vận tốc
30 km/h. Tổng thời gian ô tô đi từ A đến C là 4h45’. Biết quãng đường BC ngắn
hơn quãng đường AB là 15km. Tính các quãng đường AB; BC.
Bài 3(1,0đ) a,Vẽ đồ thị hàm số y =
1
2
x
2
(P)
. b, Tìm giá trị của m sao cho điểm C(-2; m)

(P)

Bài 4(2,25)đ Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa
đường tròn.
Gọi C là điểm trên nửa đường tròn sao cho cung CB bằng cung CA, D là một
điểm tuỳ ý trên cung CB ( D khác C và B ). Các tia AC, AD cắt tia Bx theo thứ tự
ỏ E và F .
a, Chứng minh tam giác ABE vuông cân.
b, Chứng minh

2
FB FD.FA

c, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được
Bài 5 : ( 0,5đ ) Với x,y không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x - 2
xy
+ 3y -2
x
+2009,5



8
6
4
2
-2
-5
5
y
x

-4
4
-2
2
O
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIUA HỌC KỲ II MÔN TOÁN LỚP 9 * 2010-2011

I, Phần trắc nghiệm:
1, B 2, D 3, B 4, B 5, D 6, C
(mỗi câu trả lời đúng: 0,5đ)
II, Phần tự luận :
Bài 1:
. Rút gọn A=
x
x 2
2

0,75đ

b.Thay x=
226 
vào A ta đợc A=
226
224


0,5đ

c.A=-1<=> x
2

+ x – 2 = 0 . Ta có : a+b+c=1+1+(-2)=0 0,25đ
=> x = 1 , x = -2 0,25đ

Bài 2: 1,5đ a, Thay m=-3 vào pt 0,25đ , giải đúng 0,25đ
b, Tính đúng del ta 0,25đ , lý luận đúng 0,25đ
c, Tính A= -2m 0,5đ

Bài 3: ( 1đ )
Vẽ đồ thị (0,5đ)
















b, Điểm C(-2;m) thuộc đồ thị (P) của hàm số y =
2
1
x
2


m =
2
1 1
( 2) .4 2
2 2
  
. Vậy
nếu m = 2 thì điểm C(-2;m) thuộc (P) (0,5đ)
Bài 4 : (2,25đ)
a, Ta có


CA CB

(gt) nên sđ

CA

sđ

CB
=
0 0
180 : 2 90




1

CAB
2

sđ

0 0
1
CB .90 45
2
 
(

CAB
là góc nội tiếp chắn
cung CB)

E 45
 
0
(0,5đ)

Tam giác ABE có

0
ABE 90

( tính chất tiếp tuyến) và


0

CAB E 45
 
nên tam giác ABE vuông cân tại B (0,5đ)
b,
ABFvµ DBF
 
là hai tam giác vuông (

0
ABF 90

theo
CM trên,

0
ADB 90

do là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên

0
BDF 90

) có chung góc
AFB nên
ABF


BDF

(0,5đ)

suy ra
FA FB
FB FD

hay
2
FB FD.FA


(0,25đ)
O
x
E
F
D
C
B
A
c, Ta có

1
CDA
2

sđ

0 0
1
CA .90 45
2

 




0
CDF CDA 180
 
( 2 góc kề bù) do đó


0 0 0 0
CDF 180 CDA 180 45 135
    

(0,25đ)
Tứ giác CDFE có


0 0 0
CDF CEF 135 45 180
   
nên tứ giác CDFE nội tiếp
đợc (0,25đ)

Bài 5 : ( 0,5đ)



Đặt

x
= a,
y
= b với a,b

0 ta có:
P = a
2
– 2ab + 3b
2
-2a + 2009,5 = a
2
-2(b + 1)a + 3b
2
+ 2009,5
= a
2
-2(b + 1)a + (b + 1)
2
+ 2b
2
-2b + 2008,5
= (a-b-1)
2
+ 2(b
2
-b) + 2008,5 = (a-b-1)
2
+ 2(b
2

–b +
4
1
) + 2008,5 -
2
1

= (a-b-1)
2
+ 2(b -
2
1
)
2
+ 2008

2008
Vì (a-b-1)
2


0 và 2(b -
2
1
)
2

0 ,

a,b

P = 2009

1
1
2
a b
b
 







3
2
1
2
a
b










( TMĐK )













Vây P đạt GTNN là 2008










2
1
2
3
y

x










4
1
4
9
y
x








PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
YÊN KHÁNH

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ II
NĂM HỌC: 2013-2014

MÔN THI: Toán 9
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1 (3 điểm):
1. Giải các hệ phương trình sau:
a)
3x y 3
2x y 7
 


 


b)
x 2y 5
3x 4y 5
 


 


2. Giải phương trình: 3x
2
- 4x + 1 = 0

Câu 2 (2,5 điểm):
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
Hai công nhân cùng sơn cửa cho một công trình trong 4 ngày thì xong công
việc. Nếu người thứ nhất làm một mình trong 9 ngày rồi người thứ hai đến cùng

làm tiếp trong 1 ngày nữa thì xong công việc.
Hỏi mỗi người làm một mình thì bao lâu xong việc?

Câu 3 (1 điểm):
Cho hệ phương trình :
mx y 5
2x y 2
 


  

( I )
Xác định giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất, khi đó hãy tìm
nghiệm duy nhất đó.
Câu 4 (3 điểm):
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường
tròn (M khác A và B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp
tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E;
cắt tia BM tại F; tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1. Chứng minh rằng :
2
AI IM.IB


2. Chứng minh BAF là tam giác cân
3. Chứng minh rằng tứ giác AKFH là hình thoi.
Câu 5 (0,5 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P a 2 ab 3b 2 a 1

    

Hết

PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
YÊN KHÁNH

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
GIỮA HỌC KÌ II
NĂM HỌC: 2013-2014
MÔN THI: Toán 9

Th
ời gian l
àm bài:

90

phút

II. Đáp án và thang điểm
Câu

Ý Nội dung trình bày Điểm

1
1.a























3
2
32.3

2
33
105
72
33
y
x
y
x
yx
x
yx
yx


1
1.b

x 2y 5 2x 4y 10 x 5
3x 4y 5 3x 4y 5 y 5
     
  
 
  
    
  

1

2
3x
2
- 4x + 1 = 0



0
4
1.3.44
2





Vậy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt


1
6
24
2
.
3
44
1





x



3
1
6
24
3
.
2
44
2




x



0,5




0,5

2
Gọi x ( ngày) là thời gian người thứ nhất làm một mình xong công
việc.
y (ngày) là thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc.
(ĐK: x, y > 4)
Trong một ngày người thứ nhất làm được
1
x
(công việc)
Trong một ngày người thứ hai làm được
1
y
(công việc)
Trong một ngày cả hai người làm được
1
4
(công việc)

Ta có phương trình:
1 1 1
4
x y
 
(1)
Trong 9 ngày người thứ nhất làm được
9
x
(công việc)
Theo đề ta có phương trình:
9 1
1
4
x
 
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ:
1 1 1
4
9 1
1
4
x y
x

 





 


(*)
Giải được hệ (*) và tìm được
12
( )
6
x
tmdk
y






Vậy người thứ nhất làm một mình trong 12 ngày thì xong công việc.
Người thứ hai làm một mình trong 6 ngày thì xong công việc.

0.25

0.5



0.5






1

0.25





3

Ta có:
5 mx + 2x = 3 (m + 2)x = 3 (1)
2 2 2 2 2 2
mx y
x y x y x y
 
  


  
        
  



0.25
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất <=> PT (1) có nghiệm
duy nhất <=> m + 2 ≠ 0 <=> m ≠ - 2
0.25

Khi đó HPT (I) <=>
3
3
x =
x =
m + 2
m + 2
10 2
2 2
2
m
x y
y
m



 


 

 
  








0.25
KL: 0.25

4











1
Ax là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O)
Ax AB
 


AMB
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

0
AMB 90
 

ABI

là

vuông tại A có đường cao AM
2
AI IM.IB
 

0,25
0,25
0,25
0,25

2

IAF
là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn

AE


FAM
là góc nội tiếp chắn

EM

Ta có : AF là tia phân giác của






IAM IAF FAM AE EM
   

Lại có:

ABH
và

HBI
là hai góc nội tiếp lần lượt chắn cung

AE
và

EM

=>


ABH HBI
 
BE là đường phân giác của
BAF



AEB

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

0
AEB 90 BE AF
   


BE là đường cao của
BAF


BAF
 
là

cân tại B (BE vừa là đường cao vừa là đường phân
giác)



0,25

0,25

0,25

0,25

3
BAF


cân tại B, BE là đường cao
BE

là đường trung trực của AF
H,K BE AK KF;AH HF
   
(1)
AF là tia phân giác của

IAM
và
BE AF


AHK
 
có AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác
AHK
 

cân tại A
AH AK
 
(2)
Từ (1) và (2)
AK KF AH HF
   
Tứ giác AKFH là hình thoi.
0,25

0,25

0,25

0,25



Biểu thức :
P a 2 ab 3b 2 a 1
    
(ĐK :
a;b 0

)
Ta có










5
 
       

2
2 2 2
3P 3a 6 ab 9b 6 a 3 3P a 6 ab 9b 2a 6 a 3
9 9
3P a 6 ab 9b 2 a 3 a 3
4 2
3 3 3
3P a 2. a. 3 b 3 b 2 a 2. a.
2 2 2
           
 
        
 
 
 
 
 
       
 
 
 
 
 
 
 

 
2
2
3 3 3

3P a 3 b 2 a
2 2 2
 
       
 
 
với
a;b 0
 

1
P
2
  
với
a;b 0
 

Dấu “=” xảy ra <=>
9
a
a 3 b 0
4
3
1
a 0
b
2
4




 

 

 
 
 




(thỏa mãn ĐK)
Vậy
1
MinA
2
 
đạt được <=>
9
a
4
1
b
4




















0,25







0,25

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN KHÁNH

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II
NĂM HỌC 2010-2011

MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,0 điểm) Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:
1. 3x + y = 5.
2. 7x + 0y = 21.

Câu 2. (2,5 điểm) Giải các hệ phương trình:
1.
5 2 12
2 2 2
x y
x y



 
 

2.
2
2
3 5
2 3 18
x y
x y

 



 



Câu 3. (1,0 điểm) Xác định a, b để hệ phương trình





5
42
aybx
byx
nhận cặp số (1 ; -2)
là nghiệm
.

Câu 4. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ
hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày, tổ
thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may
được bao nhiêu chiếc áo?

Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O,
bán kính R. Gọi H là giao điểm của ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
2. Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam
giác AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD.

3. Chứng minh rằng OC vuông góc với DE.
HẾT
Đ
Ề CHÍNH THỨC

2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN KHÁNH

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II
NĂM HỌC 2010-2011

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu 1. (1,0 điểm)
1. 3x + y = 5.
 y = 5 – 3x +
Nghiệm tổng quát của phương trình là (x  R ; y = 5 – 3x) +
2. 7x + 0y = 21.
 x = 3 +
Nghiệm tổng quát của phương trình là (x = 3 ; y R) +
Câu 2. (2,5 điểm)
1.
5 2 12
2 2 2
x y
x y
 



 


Cộng từng vế hai pt của hệ ta được, 7x = 14 +
Suy ra, x = 2 ++
Tính được y = 1 +
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x = 2; y = 1). +
2.
2
2
3 5
2 3 18
x y
x y

 


 



Hệ pt tương đương
2
2
9 3 15
2 3 18
x y

x y

 


 


+
 x
2
= 3 +
 x =
3

+
Với x =
3

thì y = 4 +
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (
3
; 4) và (
3

; 4). +
Câu 3. (1,0 điểm)
Hệ phương trình






5
42
aybx
byx
nhận cặp số (1 ; -2) là nghiệm khi và chỉ khi:
2 2 4
2 5
b
b a
  


  

++ suy ra
3
4
b
a



 

++
3
Câu 4. (1,5 điểm)

Gọi x, y (chiếc) lần lượt là số áo của tổ thứ nhất và
tổ thứ hai mỗi ngày may được. ĐK: x, y nguyên dương
Theo đề bài, ta có hệ phương trình:
3 5 1310
10
x y
x y
 


 

++
Giải hệ phương trình trên tìm được:
170
160
x
y





(thỏa mãn đk) ++
Vậy trong một ngày, tổ thứ nhất may được 170 chiếc áo; tổ thứ hai may được 160
chiếc áo. ++

Câu 5. (3,5 điểm)

x
K
H
D
E
F O
A
B
C







+
1. (1,25 điểm)
Ta có

90
AEH
 
và

90
AFH
 
+
Do đó


AEH
+

180
AFH
 
+
 Tứ giác AEHF nội tiếp được. +
Ta lại có,


90
AEB ADB
  
+
 E và D cùng nhìn cạnh AB dưới một góc vuông
Vậy tứ giác AEDB nội tiếp được. +

++

4

x
K
H
D
E
F O
A

B
C








2. (1,0 điểm)
Ta có

90
ACK
 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) +
Hai tam giác vuông ADB và ACK, có:

 
ABD AKC

(góc nội tiếp cùng chắn cung AC) +
Suy ra ABD ∽AKC (g-g) +
Từ đó ta được,
AB AD
=
AK AC

 AB.AC = AK.AD

 AB.AC = 2R.AD +
3. (1,0 điểm)
Vẽ tiếp tuyến xy tại C của (O)
Ta có OC  Cx (1) +
Mặt khác, AEDB nội tiếp



ABC DEC

+
Mà


ABC ACx


Nên


ACx DEC

+
Do đó Cx // DE (2)
Từ (1) và (2) ta có: OC  DE. +
* Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng, đều cho điểm tối đa của phần đúng đó.


ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
NĂM HỌC: 2013- 2014

MÔN: TOÁN 9
Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)
ĐỀ:
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y = ax
2
.
a). Tìm hệ số a, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1;2).
b). Vẽ đồ thị hàm số y = 2x
2


Câu 2: (3 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau
a). 6x
2
+ x - 5 = 0.
b).





72
52
yx
yx


Câu 3: ( 2 điểm)

Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị lớn hơn hai lần chữ số hàng chục 1 đơn vị,
và nếu viết ngược lại thì được số mới (hai chữ số) lớn hơn số cũ 36 đơn vị.

Câu 4: (3 điểm)
Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O;R), kẻ hai tiếp tuyến SA, SB của đường tròn (A,B hai tiếp
điểm). Biết

AOB
= 120
o
, vẽ đường kính BC
a). Chứng minh OS // AC
b). Biết OS cắt đường tròn (O;R) tại D . Chứng minh rằng tư giác AOBD là hình thoi.



ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
NĂM HỌC: 2013- 2014
MÔN: TOÁN 9
Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)
ĐỀ:
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y = ax
2
.
a). Tìm hệ số a, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1;2).
b). Vẽ đồ thị hàm số y = 2x
2

Câu 2: (3 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau
a). 6x
2
+ x - 5 = 0.
b).





72
52
yx
yx


Câu 3: ( 2 điểm)
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị lớn hơn hai lần chữ số hàng chục 1 đơn vị,
và nếu viết ngược lại thì được số mới (hai chữ số) lớn hơn số cũ 36 đơn vị.

Câu 4: (3 điểm)
Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O;R), kẻ hai tiếp tuyến SA, SB của đường tròn (A,B hai tiếp
điểm). Biết

AOB
= 120
o
, vẽ đường kính BC
a). Chứng minh OS // AC

b). Biết OS cắt đường tròn (O;R) tại D . Chứng minh rằng tư giác AOBD là hình thoi.

ĐÁP ÁN

Câu 1:
a). Đồ thị hàm số y = ax
2
đi qua điểm A(1;2), nên ta có
a.1
2
= 2  a = 2 (++)
Vậy: Ta có hàm số y = 2x
2
(a = 2)

b). Đồ thị của hàm số y = 2x
2

* Bảng giá trị: (++)
x -2 -1 0 1 2
Y = 2x
2

8

2

0

2

8

* Đồ thị hàm số y = 2x
2
là một Parabol đỉnh O, nhận Oy là trục đối xứng và nằm trên trục hoành.
(++)

(++)
Câu 2:
a). 6x
2
+ x - 5 = 0. (a = 6; b = 1; c = -5)
 = b
2
– 4ac = 1
2
– 4.6.(-5) = 121 > 0
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
=
6
5
6
.
2
1211



; x
2
=
1
6
.
2
1211


; (++++)
b).





72
52
yx
yx






1442
52
yx

yx







93
52
y
yx







3
1
y
x
(++++)

Câu 3:
Gọi x là chữ số hàng chục, y là chữ số hàng đơn vị.
ĐK: 0 < x ≤ 9; 0 < y ≤ 9; x,y số tự nhiên (++)
Theo đề bài ta có hệ phương trình sau:






4
12
yx
yx
(++++)
Giải hệ phương trình trên ta được: x = 3, y = 7 (TMĐK) (++)
Vậy: Số cần tìm là 37
Câu 4:
(++)
a).Ta có: OS là tia phân giác của góc AOB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)


 AOB
2
1
BOS
=
0
120
2
1

=60
0
(++)
Mặt khác:

00
60120
2
1
AOB
2
1
BCA 

(cùng chắn cung AB) (++)
Do đó:

 BOSBCA
(đồng vị)
Vậy: OS // AC. (++)
b). BOD có OB = OD (bk) và

BOD
= 60
0
nên là tam giác đều. Do đó: OB = BD = R
Tương tự ta được: OA = AD = R.
Suy ra: OA = OB = BD = AD = R. (+++)
Vậy: Tứ giác AOBD là hình thoi. (+)

PHÒNG GD & ĐT YÊN KHÁNH

TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG
gi÷a häc kú II

NĂM HỌC 2013 -2014
MÔN: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: (2,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
a)
5
2 4
x y
x y
 


  


b) x
2
- 7x = 8
Bài 2: (1,0 điểm).
Xác định hàm số y = ax + b . Biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(2 ; 5)
và B( -1 ; 2).
Bài 3: (2,0 điểm )
Chu vi của một tam giác bằng 48cm. Biết cạnh lớn nhất bằng 20cm, hai cạnh
còn lại hơn kém nhau 2 đơn vị. Tìm độ dài hai cạnh đó?
Bài 4: ( 4,0 điểm)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (O), các tiếp tuyến tại B và C với đường tròn
(O) cắt nhau tại E, AE cắt đường tròn tại D ( khác điểm A).
a) Chứng minh rằng tứ giác OBEC nội tiếp.
b) Từ E kẻ đường thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn(O),
d cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại P,Q. Chứng minh rằng AC.AQ = AD.AE.
c) Tam giác ABC cần thêm điều kiện gì thì A,O,E thẳng hàng.
d) Chứng minh rằng EP = EQ.
Bài 5: (1điểm)
BiÕt a + b + c = 0 vµ a . b . c ≠ 0. Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
0
b c a c a b a b c
  
     

Hết.

PHÒNG GD&ĐT YÊN KHÁNH
TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG gi÷a häc kú II

MÔN: TOÁN – LỚP 9
(Hướng dẫn này gồm 03 trang)


Bài Đáp án Điểm
1
2,0 điểm

a)
5
2 4
x y
x y
 



  


3 9
5
3
3 5
2
3
y
x y
y
x
x
y




 





 










0,25


0,25

0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y) = (2;3)
0,25
b)
x
2
- 7x = 8

x
2
- 7x - 8 = 0
0,5

= 7
2
- 4.(-8) = 81

x
1
= -1; x

2
= 8
0,5
2
1,0 điểm

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm A(2;5) nên ta có
5 = a.2 + b

b = 5 – 2a (1)
0,25

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm B(-1;2) nên ta có
2 = a.(-1) + b

b = 2 + a (2)
0,25

Từ (1) và (2) ta có 5 – 2a = 2 + a

a = 1
Thay a = 1 vào (1) ta có b = 3
0,25
Vậy hàm số cần tìm là y = x + 3
0,25
3
2,0 điểm


Gọi x, y lần lượt là độ dài hai cạnh cần tìm của tam giác

( đơn vị cm, 0<y<x< 20 )
Do chu vi tam giác là 48cm, cạnh lớn nhất là 20cm nên
x + y = 28 (1)
Vì hai cạnh hơn kém nhau 2cm nên x – y = 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có hÖ ph¬ng tr×nh:





2
28
yx
yx

Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ta ®îc x = 15, y = 13 ( thoả đk)
Vậy độ dài hai cạnh còn lại là 13cm và 15 cm
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,5
0,25


4

4,0 điểm





0,25
a)
OBE = OCE = 90
0
( t/c hai t/t cắt nhau )
 B,C thuộc đường tròn đường kính OE hay tứ giác OBEC
nội tiếp đường tròn
0,25

0,5

b)
Do d // AI nên IAQ = AQE ( so le trong )
Mà IAQ = ADC ( =
1
2
sđ AC )
Từ đó suy ra AQE = ADC
Xét ADC và AQE có
A chung
AQE = ADC ( cmt )
Vậy ADC AQE

AD

AQ
=
AC
AE
 AQ.AC = AD .AE
0,25
0,25

0,25




0,25
0,25
c)
Ta có OB = OC ( bán kính )
EB = EC ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau )
Do đó OE là đường trung trực của BC.
Suy ra A,O,E thẳng hàng  AB =AC hay ABC cân tại A

0,5

0,5
d)
Chứng minh đươc

ECQ cân tại E
 EC = EQ (1)
chứng minh tương tự  EPB cân tại E  EP = EB (2)

0,5


mà EB = EC ( t/c hai t/t cắt nhau ) (3)
Từ (1) , (2) và (3 ) suy ra EQ = EP
0,25
0,25

5
1,0 điểm


Ta cã: a + b + c = 0 => b + c =
-
a => b
2

+ 2bc + c
2

= a
2

=> b
2
+ c
2
- a
2

= -2bc.
T¬ng tù ta cã : c
2
+ a
2
- b
2
= -2ac
a
2
+ b
2
- c
2
= -2ab
)(0
2222
2
1
2
1
2
1111
222222222
dpcm
abc
cba
abc
c
abc

b
abc
a
abacbccbabacacb























0,5®

0,5®






Chú ý: Học sinh làm bài bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.