DE THI HOC KY 2 TOAN 9 TPHCM

Bài 1:
a)

c)
Bài 2:
a)
b)

Bài 3:

a)
b)

Bài 4:
a)
b)

c)
d)

ĐỀ SỐ 1: QUẬN 1, NĂM 2014-2015
(3 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
x 2 − 2 3 −1 x − 2 3 = 0
3x 2 + 15 = 0
b)
7x − 5y = 33

3x 4 − 10x 2 − 8 = 0
3x − 2y = 15
d)
2

x + 3x + m − 1 = 0
(2 điểm) Cho phương trình:
(x là ẩn)
x1 , x 2
x1 + x 2
x1 x 2
Định m để phương trình có hai nghiệm
. Tính
và
theo m
x 1 x 14 − 1 + x 2 32x 42 − 1 = 3
x1 , x 2
Định m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn:
(1,5 điểm)
x2
y=−
4
Vẽ đồ thị (P) của hàm số
( d ) : x − 2y = 4
Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng
(3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Các tiếp tuyến tại B, tại C của
đường tròn (O) cắt nhau tại M
Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn và xác định tâm K của đường tròn này
Gọi D là giao điểm của MA và đường tròn (O) (D khác A), H là giao điểm của OM và BC. Chứng minh
rằng MB2 = MD.MA
ˆ O = MH
ˆD
AH
Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và

ˆ D = CA
ˆH
BA
Chứng minh rằng:

(

)

(

)

(

)


BÀI GIẢI
Bài 1: (3 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
3x 2 + 15 = 0
a)
(1)
Giải:
∆' = 0 2 − 3.15 = −45 < 0
∆ '< 0

Do
nên phương trình (1) vô nghiệm
Vậy phương trình (1) vô nghiệm

x 2 − 2 3 −1 x − 2 3 = 0
b)
(2)
Giải:
a − b + c = 1− − 2 3 −1 + − 2 3 = 0
Ta có
nên phương trình (2) có hai nghiệm:
c
−2 3
x 1 = −1; x 2 = − = −
=2 3
a
1

(

)

[ (

)] (

)

{

}

S = − 1; 2 3
Vậy phương trình (2) có tập nghiệm là

3x 4 − 10x 2 − 8 = 0
c)
(3)
Giải:
t = x 2 ( t ≥ 0)
Đặt
3t 2 − 10 t − 8 = 0
Phương trình (3) trở thành:
(*)
2
Δ' = ( − 5) − 3.( − 8) = 25 + 24 = 49 > 0; ∆' = 49 = 7

Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
5+7
5−7 −2
t1 =
=4
t2 =
=
3
3
3
(nhận);
(loại)
2
t1 = 4
x = 4 ⇔ x = ±2
thì
Với
S = { − 2; 2}

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là
7x − 5y = 33

3x − 2y = 15
d)
(4)
Giải:
14x − 10y = 66
− x = −9
x = 9
x = 9
( 4) ⇔ 
⇔
⇔
⇔
− 15x + 10y = −75 3x − 2y = 15 27 − 2y = 15  y = 6
Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là

( x; y ) = ( 9; 6)


Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình:

x 2 + 3x + m − 1 = 0

(x là ẩn)
x1 , x 2
x1 + x 2
x1 x 2
a) Định m để phương trình có hai nghiệm

. Tính
và
theo m
Giải:
Δ = 32 − 4.1.( m − 1) = 9 − 4m + 4 = 13 − 4m
Ta có

⇔ Δ ≥ 0 ⇔ 13 − 4m ≥ 0 ⇔ −4m ≥ −13 ⇔ m ≤
Để phương trình có hai nghiệm x1, x2

m≤

13
4

13
4

Vậy phương trình có nghiệm x1, x2 khi
13
m≤
4
Với
phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:
b
3
c m −1
S = x 1 + x 2 = − = − = −3; P = x 1 x 2 = =
= m −1
a

1
a
1
b) Định m để phương trình có hai nghiệm

Giải:

Ta có

x1 , x 2

thỏa mãn:

x 1 ( x 14 − 1) + x 2 ( 32x 42 − 1) = 3
⇔ x 15 − x 1 + 32x 52 − x 2 = 3
⇔ x 15 + 32x 52 − ( x 1 + x 2 ) − 3 = 0
⇔ x 15 + 32x 52 − ( − 3) − 3 = 0
⇔ x 15 + 32x 52 = 0
⇔ x 15 = −32x 52

⇔ ( x 1 ) = ( − 2x 2 )
5

5

⇔ x 1 = −2x 2
⇔ x 1 + 2x 2 = 0

⇔ ( x1 + x 2 ) + x 2 = 0
⇔ −3 + x 2 = 0

⇔ x2 = 3

Thay x2 = 3 vào S và P ta được:
x + 3 = −3
x 1 = −6
 1

⇔

x = m − 1
x
.3
=
m
−
1
1

 1
3

⇒

m −1
= −6 ⇔ m − 1 = −18 ⇔ m = −17
3

(thỏa)

(

)

(

)

x 1 x 14 − 1 + x 2 32x 42 − 1 = 3


m = −17
Vậy
là giá trị cần tìm
Bài 3: (1,5 điểm)

y=−
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

x2
4

Giải:

Bảng giá trị
x
y=−

x2
4

−4

−2

−4

−1

0
0

2

4

−1

−4

Vẽ đồ thị

b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng

Giải:

( d ) : x − 2y = 4

( d) : y = 1 x − 2

2

Ta có
hay
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

( d ) : x − 2y = 4


x2 1
−
= x−2
4 2
⇔ − x 2 = 2x − 8

⇔ x 2 + 2x − 8 = 0 ( 5)
∆' = 12 − 1.( − 8) = 1 + 8 = 9 > 0; ∆' = 9 = 3

Ta có
∆'> 0
Do
nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:
−1+ 3
−1− 3
x1 =
= 2; x 2 =
= −4
1
1

Với

Với

x1 = 2

y1 = −

, ta có

x 2 = −4

22
= −1
4

y2 = −

, ta có

( − 4) 2
4

= −4

A( 2; − 1) , B( − 4; − 4 )
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là
Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Các tiếp tuyến tại B, tại C của
đường tròn (O) cắt nhau tại M
a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn và xác định tâm K của đường tròn này
Giải:

ˆ O = 90 0
MB

Ta có
(tính chất tiếp tuyến)
⇒
B thuộc đường tròn đường kính MO (1)
MCˆO = 90 0
Ta có
(tính chất tiếp tuyến)


⇒

C thuộc đường tròn đường kính MO (2)
⇒
Từ (1) và (2)
4 điểm O, B, M, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO
Vậy tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn đường kính MO và tâm K là trung điểm của MO
b) Gọi D là giao điểm của MA và đường tròn (O) (D khác A), H là giao điểm của OM và BC. Chứng minh
rằng MB2 = MD.MA
Giải:

Xét ∆MBD và ∆MAB có:
ˆ
M
1
: chung
ˆ
ˆB = A

1
1
(hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
⇒
∆MBD ∽ ∆MAB (g.g)
MB MD
⇒
=
⇔ MB 2 = MD.MA
MA MB
c) Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và

Giải:

ˆ O = MH
ˆD
AH


Ta có MB = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OB = OC = R
⇒
MO là đường trung trực của đoạn thẳng BC
⇒
⊥
MO BC tại H (với H là trung điểm của BC)
Ta có ∆MBO vuông tại B và có BH là đường cao
⇒
MB2 = MH.MO (hệ thức lượng)
Và MB2 = MD.MA (do trên)

⇒
MH.MO = MD.MA
Xét ∆MHD và ∆MAO có:
ˆ
M
2

: chung
MH MD
=
MA MO
⇒

(vì MH.MO = MD.MA)

∆MHD ∽ ∆MAO (c.g.c)
ˆ
ˆ =A
⇒H
1

2

(3) (2 góc tương ứng)
ˆ
ˆ =A
H
1
2
Xét tứ giác OADH có:

(do trên)
⇒
Tứ giác OADH nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài)
ˆ =D
ˆ
⇒ H
2
1
(4) (cùng chắn cung OA)
Vì OA = OD = R nên ∆OAD cân tại O
ˆ
ˆ =A
⇒D
1
2
(5)


ˆ =H
ˆ
⇒H
1
2

Từ (3), (4) và (5)
ˆ O = MH
ˆD
AH
Hay

d) Chứng minh rằng:

ˆ D = CA
ˆH
BA

Giải:

Ta có

ˆ H = 180 0 − CH
ˆ A − ACˆH
CA

(tổng 3 góc trong ∆ACH)
ˆA
ˆ A − ACˆH
ˆA
= BH
CH
BH
(vì
và
là 2 góc kề bù)
0
ˆ
ˆ
ˆ
ˆA
= 90 − H 2 − ACH

H2
BH
(vì
và
là 2 góc phụ nhau)
0
ˆ
180 − 2H 2
ˆH
=
− AC
2
ˆ −H
ˆ
180 0 − H
1
2
ˆH
=
− AC
2
=

ˆA
DH
ˆH
− AC
2

ˆA

DO
ˆH
=
− AC
2
ˆ A − AC
ˆH
= DC
ˆB
= DC

(vì

(vì

ˆ =H
ˆ
H
1
2

)

ˆ + DH
ˆA+H
ˆ = MH
ˆ O = 180 0
H
1
2

)

(cùng chắn cung AD của tứ giác OADH nội tiếp)
(hệ quả góc nội tiếp)


ˆD
= BA
Vậy

ˆ D = CA
ˆH
BA

(cùng chắn cung BD)