Đề thi khảo sát chất lượng Học kỳ II phòng GD Đức Thọ tỉnh Hà Tĩnh năm 2012 - 2013 - Môn Toán lớp 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỨC THỌ
ĐỀ THI KSCL HỌC KỲ II NĂM HỌC 2012-2013
MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1. 1. Giải hệ phương trình:
2x y 3
x 3y 2



+ =
− = −
2. Cho phương trình bậc hai:
2
x mx +m 1= 0 (1)
− −
a) Giải phương trình (1) khi m = 4.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x ;x
thỏa mãn hệ thức:
1 2
1 2
x x
1 1
x x 2013
+
+ =
.
Bài 2. Cho Parabol (P):

( )
2
ax 0y a= ≠
. Tìm a biết (P) đi qua điểm A(2; –1).
Bài 3. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4
km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.
Bài 4. Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ở ngoài đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại
2 điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại 2 điểm phân biệt D, E
(AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp
b) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O). Chứng minh AF // DM
c) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC
2
.
Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
4 3 2
3 4 3 2014x x x x− + − +
.
Hết
PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ
HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian làm bài 90 phút)
Bài Ý Nội dung Điểm
Bài
1
3,0
điểm
1
1,0

điểm
2x y 3 7y 7 x 1
2x 6y 4 2x y 3 y 1
2x y 3
x 3y 2
+ = = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − + = =
  

+ =
− = −
0,75
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1) 0,25
2
2,0
điểm
a) Khi m = 4 phương trình (1) trở thành
2
x 4x 3 0
− + =
0,5
Ta có: a+b+c=1–4+3=0
⇒
phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
= 1; x

2
= 3
0,5
b) Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
2
4.1. 1 4 4 2 0m m m m m∆ = − − − = − + = − ≥
với mọi m, nên
phương trình (1) có nghiệm với mọi m
0,25
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
1 2
1 2
x x m
x .x m 1



+ =
= −
0,25
Biến đổi hệ thức
1 2
1 2
x x
1 1
x x 2013
+
+ =

thành
m m
m 1 2013
=
−
(*) 0,25
Điều kiện của phương trình (*): m ≠ 1. Giải phương trình (*) tìm được
m = 0, m = 2014 (TMĐK)
0,25
Bài
2
1,0
điểm
Thay x=2, y= –1 vào công thức
2
axy =
ta có:
2
1 .2a− =
0,5

1
1 .4
4
a a− = ⇒ = −
.
0,5
Bài
3
2,0

điểm
Gọi vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là x (km/h, x > 0)
0,25
Thời gian để đi từ A đến B là
24
x
(h)
0,25
Vận tốc của xe đạp đi từ B đến A là (x+4) (km/h)
0,25
Thời gian để đi từ B về đến A là
24
4x
+
(h)
0,25
Theo bài ra ta có phương trình:
24 24 1
x x 4 2
− =
+
(*)
Giải phương trình
( )
*
ta được
1
12x
=

(TMĐK) và
2
16x
= −
(loại)
0,75
Vậy vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là 12 km/h.

0,25
Bài
4
3,0
điểm
Vẽ hình
0, 5
a
1,0
điểm
Ta có:
·
0
90BEC =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒
·
0
90BEF =
(kề bù với
·
BEC

)
0,25
·
0
90BAF =
(vì AB
⊥
AF)
0,25
·
·
0 0 0
90 90 180BEF BAF+ = + =
⇒
tứ giác ABEF nội tiếp (tứ giác có tổng hai
góc đối bằng
0
180
)
0,5
b
1,0
điểm
Xét đường tròn (O) có
·
·
BMD BED=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
BD

) (1)
0,25
Tứ giác ABEF nội tiếp
⇒
· ·
BEA BFA=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
AB
) (2)
0,25
Từ (1) và (2)
⇒
·
·
BMD BFA=
mà
·
BMD
và
·
BFA
ở vị trí so le trong nên AF // DM.
0,5
O
M
D
E
F
C

B
A
c
0,5
điểm
Xét
∆
ABE và
∆
ADC có:

·
DAB
chung và
·
·
BED BCD=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
BD
)
⇒
∆
ABE
:
∆
ADC (g-g)
⇒

AC

AE
AD
AB
=

⇒
AD.AE = AB.AC (*)
0,25
Chứng minh tương tự ta có:
∆
CEA
:
∆
CBF (g-g)
⇒
CE.CF = CB.CA (**)
Từ (*) và (**) ta có AD.AE + CE.CF = AB.AC + CB.CA
= AC( AB + BC) = AC.AC = AC
2
.
0,25
Bài
5
1,0
điểm
Q =
4 3 2
3 4 3 2014x x x x− + − +
= x
4

– 2x
3
+ x
2
– x
3
+ 2x
2
– x + x
2
– 2x +1 +2013
= x
2
(x
2
– 2x +1) – x(x
2
– 2x +1) + (x
2
– 2x +1) +2013
= (x
2
– 2x +1)(x
2
– x +1) +2013
= (x–1)
2
(x
2
– x +1) +2013

0,5
Vì x
2
– x +1 =
2
1 3
0
2 4
x
 
− + >
 ÷
 
với mọi x
nên Q = (x – 1)
2
(x
2
– x +1) +2013
≥
2013 với mọi x
dấu “=” xảy ra khi x – 1 = 0 hay x = 1 vậy MinQ = 2013 khi x = 1.
0,5
(Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa)