Đề kiểm tra học kì II toán 9 tỉnh Quảng Nam năm học 2014 - 2015(có đáp án)

UBND TỈNH QUẢNG NAM
KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014-2015
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Môn: TOÁN - LỚP 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 90 phút, không kể thời gian giao đề



Bài 1. (2,0 điểm)
a. Giải hệ phương trình
2x y 4
x 3y 3



  

.
b. Giải phương trình 4x
4
+ 3x
2
– 1 = 0.
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
y 2x
có đồ thị (P).
a. Vẽ đồ thị (P) của hàm số.

b. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng d có phương trình
y x 3  
.
Bài 3. (2,5 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (*), với x là ẩn số.
a. Giải phương trình với m = 4.
b. Chứng minh phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
c. Tìm giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn

12
21
xx
3
xx
  
.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các
đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H (D

AC, E

AB).
a. Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn. Từ đó suy ra

BCD AED
.
b. Kẻ đường kính AK. Chứng minh AB.BC = AK.BD.
c. Từ O kẻ OM vuông góc với BC (M

BC). Chứng minh ba điểm H, M,
K thẳng hàng.

Hết
Giám thị không giải thích gì thêm.











HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 – HKI- NH 2014-2015
Bài
Néi dung
Điểm




1

(2,0đ)
a)
2 4 6 3 12 5 15 3
3 3 3 3 3 3 2
x y x y x x
x y x y x y y
     
   
  
   
          
   

1,0 đ
b) Đặt y = x
2


0, phương trình trở thành 4y
2
+ 3y – 1 = 0
Suy ra được y
1
= -1 (loại) ; y
2
=
1
4
.
Với y

=
1
4
=> x =
1
2

. Vậy pt có hai nghiệm: x
1
=
1
2
; x
2
=
1
2


0,25đ

0,25đ

0,5đ



2
(2,0đ)

a) Xác định đúng 5 điểm đặc biệt
Vẽ đúng đồ thị
0,5 đ
0,5 đ
b) Phương trình hoành độ giao điểm
22
2 3 2 3 0x x x x      

Giải tìm được x
1
= 1; x
2
=
3
2


Từ đó suy ra được tọa độ hai giao điểm là (1; 2) và (
3
2

;
9
2
).
0,25đ
0,25đ
0,5đ

3
(2,5đ)
x
2
– 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (*)
a) Với m = 4, PT (*) thành x
2
– 10 x = 0
Giải tìm được x
1
= 0; x
2
= 10

0,25đ
0,5đ
b) Lập và biến đổi
 
2
2
2
1 19
' 1 ( 4) 5
24
m m m m m


          



Suy ra
'0
với mọi m.
Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

0,5đ
0,25đ
0,25đ
c) Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x
1
+ x
2
= 2(m+1) ; x
1
.x
2
= m - 4

2 2 2
12
1 2 1 2 1 2 1 2
21
3 3 ( )
xx
x x x x x x x x
xx

          


2
0
4( 1) ( 4)
9
4
m
mm
m



     




0,25đ

0,25đ

0,25đ


4
(3.5đ)

Hình vẽ đúng

a. Ta có
0
AEH ADH 90

Suy ra tứ giác AEHD nội tiếp.
=>
AED AHD
(Cùng chắn cung AD)
Lí luận được
ACB AHD
(Cùng phụ
với góc
CAH
).
=>
AED AHD

b. Xét 2 tam giác ABK và BDC, ta có:

0
ABK BDC 90


AKB BCD
(cùng chắn cung AB)

ABK BDC

=>
AB AK

=
BD BC
hay AB.BC= AK.BD
c. Ta có
OM BC
=> M là trung điểm của BC.
Lí luận được tứ giác BHCK là hình bình hành (BD//KC, BK//HC).
Suy ra HK đi qua trung điểm M của BC. Vậy ba điểm H, M, K thẳng hàng
0,5đ
0,25đ
0,5đ

\

0,5đ



0,5đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

O
A
B
C
D

E
H
K
M