MỘT SỐ ĐỀ LUYỆN THI VÀO 10

Đề 1
Bài 1: (1 điểm)
a. Nêu định lý Vi-ét.
b. Dùng hệ thức Vi-ét tính tổng và tích các nghiệm của phương trình x2 -7x + 3 = 0
Bài 2: (1 điểm)
Một hình trụ có bán kính đáy là 7 cm, diện tích xung quanh bằng 352 cm2. Tính chiều
cao của hình trụ đó.
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình : x2 – 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0
Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt ?
Bài 4: (1 điểm)
2 x + y = 3
x − y = 6

Giải hệ phương trình : 

Bài 5: (2,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.
Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A để đi đến B. Biết vận tốc của
xe du lịch lớn hơn vận tốc xe khách là 20 km/h. Do đó nó đến B trước xe khách 50 phút. Tính
vận tốc mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100 km.
Bài 6: (3 điểm)
Cho tam giác ABC (AB = AC) nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường cao AG, BE, CF
gặp nhau tại H
a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác đó.
b) Cho bán kính đường tròn tâm (I) là 2cm, BAˆ C = 50 0 . Tính độ dài cung FHE của đường
tròn tâm (I) và diện tích hình quạt tròn IFHE
---------Hết----------

III/- HƯỚNG DẪN CHẤM, BIỂU ĐIỂM:
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 a. Nêu đúng định lí Vi-ét (SGK trang 51)
b. ∆ = (-7)2 - 4.1.3 = 37 > 0
⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Theo hệ thức Vi-ét :
S = x 1 + x2 =
c
a

−b
=7
a

P = x 1 . x2 = = 3
Bài 2

Sxq = 2πRh

BIỂU ĐIỂM
0,5 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm


⇒h=

s xq

2πR

352
⇒h=
2.3,14.7
⇒ h ≈ 8,01 ( cm)
Bài 3

Bài 4

Bài 5

∆’ = (m + 3)2 – (m2 + 3)
= m2 + 6m + 9 – m2 – 3
= 6m + 6
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 6m + 6 ≥ 0
⇔ m
≥-1
2 x + y = 3

x − y = 6
3 x = 9
⇔ 
x − y = 6

0,25 điểm
0,25 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm

x = 3
⇔ 
y = 9

0,5 điểm

Gọi vận tốc của xe khách là x (km/h). ĐK : x > 0
Vận tốc của xe du lịch là x + 20 (km/h)

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

100
(h)
x
100
Thời gian xe du lịch đi là
(h)
x + 20

Thời gian xe khách đi là

Ta có phương trình :
100
100
5
=

x
x + 20 6

Bài 6

0,25 điểm

Giải phương trình được x1 = 40;
x2 = - 60 (loại)
Trả lời : Vận tốc của xe khách là 40 km/h
Vận tốc của xe du lịch là 100 – 40 = 60 km/h
Vẽ hình đúng

a) Xét tứ giác AEHF có :
AEˆ H = 90 0 (gt)
AFˆH = 90 0 (gt)
⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện
bằng 1800)
Có : E và F cùng nhìn AH dưới một góc bằng 900

0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

⇒ E và F cùng thuộc đường tròn đường kính AH
⇒ Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là trung

0,5 điểm

điểm của AH.
b) BAˆ C = 50 0 ⇒ FIˆE = 100 0 (Hệ quả góc nội tiếp)
⇒ Số đo cung FHE là : n = 1000
π .R.n π .2.100
⇒ Độ dài cung FHE : l =
=
= 3,49 (cm)

0,25 điểm
0,25 điểm

(cm2)

0,5 điểm

180

180
l.R 3,49.2
⇒ Diện tích hình quạt tròn IFHE : S =
=
= 3,49
2
2

0,5 điểm
Phụ ghi : Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt được số điểm tương đương

Duyệt của BGH

Duyệt của tổ chuyên môn

Giáo viên soạn


Đề 2
Câu 1.

3x + 2 y = 1
3x + y = 2

a) Giải hệ phương trình: 
b) Vẽ đồ thị hàm số : y =

1 2
x
4

2
Câu 2. Cho phương trình mx − 2. ( m − 1) x + 2 = 0 (*)

a) Xác định các hệ số. Điều kiện để * là PT bậc hai.
b) Giải phương trình khi m = 1
c) Tìm m để phương trình có nghiệm kép .

Câu 3.
Hai ôtô vận tải khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau
120km. Xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 10km một giờ, nên đến B sớm hơn xe thứ hai 1
giờ. Tính vận tốc của mỗi xe.
Câu 4.
Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính
a) Diện tích xung quang của hình trụ.
b) Thể tích hình trụ.
( Lấy π ≈ 3,142 , làm tròn đến hàng đơn vị)
Câu 5.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn đường kính AB cắt cạnh BC tại M. Trên
cung nhỏ AM lấy điểm E ( E khác A; M). Kéo dài BE cắt AC tại F
·
·
a/ Chứng minh BEM
, từ đó suy ra tứ giác MEFC là tứ giác nội tiếp.
= ACB

b/ Gọi K là giao điểm của ME và AC. Chứng minh AK2 = KE.KM

PHÒNG GD&ĐT VĂN YÊN
TRƯỜNG PTDTBT THCS LANG THÍP
Câu Đáp án

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN 9
Năm học : 2012 – 2013
Điểm

0,75

3x + 2 y = 1  y = −1
 y = −1
⇔
⇔
3x + y = 2
3x + y = 2  x = 1

a) 

0,25

Kết luận: Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (1;-1)
b)
Lập bảng giá trị tương ứng giữa x và y.
x
-2
-1
0
1
2
1

y=

2

x
4

1

1
4

0

1
4

0,5

1

y
0,5

x
a) a = m; b = -2(m -1); c = 2.
ĐK : a ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
b) Thay m = 1 vào (*) ta có phương trình :
x2 + 2 = 0 .
Vì x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 + 2 ≥ 2 ⇒ phương trình x 2 + 2 = 0 vô nghiệm
c) Để phương trình có nghiệm kép thì
2

m ≠ 0
m ≠ 0
a ≠ 0

⇔
⇔
 


2
2
∆ ' = 0
( m − 1) − 2m = 0
m − 4m + 1 = 0(**)

0,5
0,5

0,5

Có ∆m = (-4)2 - 4.1.1 = 16 - 4 = 12 > 0

4 + 12 4 + 2 3
=
= 2 + 3 (TM)
2.1
2
4 − 12 4 − 2 3
m2 =
=
= 2 − 3 (TM)
2.1
2
Vậy với m1 = 2 + 3 ; m 2 = 2 − 3 thì pt có nghiệm kép .

m1 =

0,5

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là : x km/h (với x > 10). Vận tốc của xe thứ 0,25
hai là (x – 10) km/h.
3

Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là
B mất

120
giờ, xe thứ hai đi từ A đến 0,25
x

120
giờ, Vì xe thứ hai đi lâu hơn 1giờ so với xe thứ nhất nên
x -10

ta có phương trình :

120
120
+1 =
x
x -10

0,5

⇔ 120 (x – 10) + x (x – 10) = 120x

0,5

⇔ x2 – 10x – 1200 = 0
∆’ = 25 + 1200 = 1225 = 352 ;

0,75

∆ ' = 35

Phương trình có hai nghiệm là : x1 = 40 (TM)

0,25

x2 = - 30 ( Loại)

4

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (km/h). Vận tốc của xe thứ hai là
30(km/h).
a) Diện tích xung quanh:
Sxq = 2π rh = 2.3,142.6.9 ≈ 339(cm 2 )
b)Thể tích:

0,5
0,5

V = π r 2h = 3,142.62.9 ≈ 1018(cm3 )

Hình vẽ đúng

0,5

A
F

5

C

K
E
M

1
·
» - sđ AM
¼
a/ Ta có ACB
= (sđ AB
2
1
¼
= sđ MB
2
1
·
·
·

¼ (góc nội tiếp chắn cung MB) => BEM
BEM
= sđ MB
= ACB
2
·
·
·
·
Mà BEM
+ MEF
= 1800 => MCF
+ MEF
= 1800

B

Tứ giác MEFC nội tiếp trong đường tròn
1
·
» (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
b/ Ta có: KAE
= sđ AE
2

1
2

·
» => KAE

·
·
·
= sđ AE
= AMK
; Và AKM
chung
AMK
KA KE
=> ∆ KEA : ∆ KAM => KM = KA <=> AK2 = KE.KM

( Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa)

)

1,0

1,0


Đề 3
1
Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số y = f (x) = x 2 .Tính f (2) ; f ( −4)
2

Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình:

3 x + y = 10

x + y = 4

Bài 3: (1,5đ)
Giải phương trình x 4 + 3x 2 − 4 = 0

Bài 4 : (1,0đ)
Với giá trị nào của m thì phương trình x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt

Bài 5 :(1.5đ)
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó
Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính:
a) Diện tích xung quanh của hình trụ.
b) Thể tích của hình trụ.
(Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân; π ≈ 3,14)
Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh rằng:
a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của .

C. HƯỚNG DẪN CHẤM:
Bài
1
(1,0đ)
2
(1,0đ)
3
(1,5đ)

Đáp án
f(2)=2
f(-4)=8

Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1)
x 4 + 3x 2 − 4 = 0

Đặt x2 = t (ĐK t≥0)
Ta có PT : t2+3t-4 = 0

Biểu
điểm
0,5
0,5
0,75
0,25
0,5


Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0
⇒ t1 = 1 ; t2 = -4 (loại)
Với t = 1 ⇒ x1 = 1, x2 = -1
Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1
Cho phương trình (ẩn số x): x2 – 2(m+1)x +m2 = 0 (1)
phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khi
4
(1,0đ)
∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0, => m >
Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m >
Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x ∈ N) =>Số thứ 2 là x+1
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1)
Tổng của hai số đó là x+x+1=2x+1
5(1,5đ)

Theo bài ra ta có PT: x2-x-20=0
Có nghiệm thỏa mãn x = 5
KL: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6
a) Diện tích xung quanh của hình trụ là:
Sxq = 2 π r.h = 2.3,14.6.9 ≈ 339,12 (cm2)
6
(1,0đ) b) Thể tích của hình trụ là:
V = π r2h = 3,14 . 62 . 9C ≈ 1017,36 (cm3)

Hình vẽ:

0,25
0,5
0,25
0,75
0,25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0,5
0,5

2
1
B
E

0,5đ

A

1

F

D

7
(3,0đ)

0,25
0

a)Ta có: = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD )
Xét tứ giác DCEF có:
= 900 ( cm trên )
= 900 ( vì EF ⊥ AD (gt) )
=> = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp
( đpcm )
b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a )
=> = ( góc nội tiếp cùng chắn )
(1)
Mà: = (góc nội tiếp cùng chắn )

Từ (1) và (2) =>

(2)

hay CA là tia phân giác của ( đpcm )

0,25
0,5
0,5
0,5
0,5

--------Hết-------Duyệt của BGH

Duyệt của tổ chuyên môn

Tân Sơn ngày 4 tháng 5 năm 2013
GV ra đề



ĐỀ 6

Bài 1: (3 điểm)
Giải các hệ phương trình, phương trình sau:
3 x − 2 y = 5
3 x + y = −1

a/ 

b/ x2 – 5x + 4 = 0
c/ x4 – 2x2 – 3 = 0
Bài 2: (1,5 điểm)
Cho hai hàm số (P): y = x2 và (d): y = x + 2.

a/ Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng toạ độ.
b/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Bài 3: (2 điểm)
Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 + x22 = 7.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tai H.
a/ Chứng minh các tứ giác BFEC, BFHD nội tiếp.
·
b/ Chứng minh DH là tia phân giác của EDF
c/ Kẻ AD cắt cung BC tại M. Chứng minh tam giác BMH cân.
ĐÁP ÁN
Bài 1: (3 điểm)
1

3 x − 2 y = 5
x =
⇔ ........ ⇔ 
3
a/ 
3 x + y = −1
 y = −2

1đ
1



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x;y) =  ; −2 ÷
3

(thiếu câu kết luận được tròn điểm)
b/ x2 – 5x + 4 = 0
(a = 1; b = –5; c = 4)
Ta có: a + b + c = 1 + (–5) + 4 = 0
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 4
(Giải tìm được x1 = 1; x2 = 4, thiếu câu kết luận được tròn điểm)

0,25đ
0,25đ
0,5đ

c/ x4 – 2x2 – 3 = 0
Đặt t = x2, điều kiện t ≥ 0.
Phương trình đã cho trở thành: t2 – 2t – 3 = 0
Giải phương trình ẩn t, tìm được

0,25đ
0,25đ


t1 = – 1 (loại); t2 = 3 (nhận)
Với t = t2 = 3 ⇒ x = 3 ⇔ x = 3 hoặc x = – 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 3 ; x2 = – 3
(Thiếu điều kiện t ≥ 0 trừ 0,25đ ; thiếu câu kết luận được tròn điểm)
Bài 2: (1,5 điểm)
a/ (1đ)
- Hàm số: y = x2

+ Tìm được 5 điểm thuộc đồ thị hay lập bảng giá trị đúng
+ Vẽ đồ thị chính xác
- Hàm số: y = x + 2.
+ Tìm được 2 điểm thuộc đồ thị hay lập bảng giá trị đúng
+ Vẽ đồ thị chính xác
2

b/ (0,5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = x + 2.
Giải và tìm được toạ độ giao điểm của (P) và (d) là: (– 1; 1); (2; 4)
Bài 3: (2 điểm)
a/ (1đ)
x2 – 2mx – 1 = 0
∆ ’ = (–m)2 – 1.(–1) = m2 + 1 > 0 với mọi giá trị m
Vì ∆ ’ > 0 với mọi giá trị m
Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b/ (1đ)
Theo hệ thức Vi- Ét ta có:
x1+ x2 = 2m
(1)
x1 . x2 = –1
(2)
Theo đề bài ta có:
x12 + x22 = 7
⇔ (x1 + x2)2 – 2 x1 . x2 = 7 (3)
Thay (1), (2) vào (3) ta được: (2m)2 + 2 = 7
⇔ ... ⇔ m =

5

5
hoặc m = −
2
2

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Vậy để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 + x22 = 7 thì
m=

5
5
hoặc m = −

2
2

Bài 4: (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng theo đề bài
a/ (1,5đ)
Tứ giác BFEC có
·
BFC
= 900 (do CF ⊥ AB)
·
BEC
= 900 (do BE ⊥ AC)
⇒ Hai đỉnh F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc α = 900
⇒ Tứ giác BFEC nội tiếp
Tứ giác BFHD có

0,5đ

 0,25đ


0,25đ
0,25đ


·
BFH
= 900 (do CF ⊥ AB, H ∈ CF)
·

BDH
= 900 (do AD ⊥ BC, H ∈ AD)
·
·
⇒ BFH
+ BDH
= 900 + 900 = 1800
⇒ Tứ giác BFHD nội tiếp


 0,25đ


0,25đ
0,25đ

b/ (0,75đ)
Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp.
·
·
Ta có FDH
(do BFHD nội tiếp)
= FBH
·
·
hay FDH
(do H∈ BE) (1)
= FBE
·
·

Ta có EDH
(do DHEC nội tiếp)
= ECH
·
·
hay EDH
(do H∈ CF)
(2)
= ECF
·
·
mà
(3)
FBE
= ECF
·
·
Từ (1), (2), (3) ⇒ FDH
= EDH
·
⇒ DH là tia phân giác của EDF




 0,25đ



0,25đ

0,25đ

c/ (0,75đ)
·
·
Ta có BMA
(các góc nột tiếp cùng chắn »AB )
= BCA
·
·
hay BMH
(do H∈ AM, D∈ BC, E ∈ AC)
= DCE
·
·
·
Ta có BHM
(do BHM
là góc ngoài tại đỉnh H của tứ giác DHEC
= DCE
nội tiếp)
·
·
Do đó BHM
= BMH
Vậy ∆ BHM cân tại B

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Nguyễn Thị Kim Mai


Đề 7
1
Bài 1(1,5điểm): Cho hai hàm số y = x 2 và y = − x + 6
3

a) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó.
Bài 2(1,5điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng bé hơn chiều dài 4m và diện
tích bằng 320m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất?
Bài 3(2điểm): Cho phương trình x2 – (m+5)x + 2m + 6 = 0 (x là ẩn)
a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn luôn có hai nghiệm với mọi giá trị
của m.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 40
Bài 4(3,5điểm): Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp
tuyến AB, AC của đường tròn (O)(B, C là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ADE của đường
tròn (O) (D, E thuộc đường tròn (O), D nằm giữa A và E, tia AD nằm giữa hai tia AB và
AO).
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm
I của đường tròn này.
b) Chứng minh rằng: AB2 = AD.AE
c) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh rằng VAHD : VAEO và tứ giác
DEOH nội tiếp.
Bài 5(1,5điểm): Một tấm kim loại hình vuông có cạnh 5cm được khoan thủng 4 lỗ như
hình dưới (lỗ khoan dạng hình trụ), tấm kim loại dày t = 2cm, đường kính mũi khoan d
= 8mm. Tính thể tích phần còn lại của tấm kim loại?

--------------------------hết------------------------(Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)


HƯỚNG DẪN CHẤM
TOÁN 9
(Học sinh giải theo cách khác có kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa)
Câu Nội dung
Điểm
1
Bài 1
Cho hai hàm số y = x 2 và y = − x + 6
3

1a

Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng 1đ
tọa độ.
x

-6 -3 -1 0 1 3 6
1 3 1 0 1 3 12
3
3
2
Hàm số y = -x + 6:
Cho x = 0 ⇒ y = 6
Cho y = 0 ⇒ x = 6
1
y = x2
3

y

12

6

3

x
-6

O

3

6

y=-x+6

1b

Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó
Phương trình hoành độ giao điểm :

0,5đ

1 2
1
x = − x + 6 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 . Giải phương trình này ta

3
3

được 2 nghiệm x1=3 ; x2= -6
Khi x1=3 ⇒ y=3 ta được điểm có tọa độ (3 ;3)
Khi x2=-6 ⇒ y=12 ta được điểm có tọa độ (-6 ;12)
Bài 2 Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng bé hơn
chiều dài 4m và diện tích bằng 320m2. Tính chiều dài
và chiều rộng của mảnh đất?
Gọi chiều rộng của mảnh đất là x(m) ; x>0

1,5đ


3
3a

Chiều dài của mảnh đất là x+4 (m)
Diện tích của mảnh đất là x.(x+4) (m2)
Theo đầu bài ta có phương trình là x(x+4) = 320
Giải phương trình.........
Trả lời : chiều rộng 16 m.
Chiều dài 20 m.
Cho phương trình x2 – (m+5)x + 2m + 6 = 0 (x là ẩn)
Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn luôn có
hai nghiệm với mọi giá trị của m.

2đ
1đ

∆ = [ −(m + 5) ] − 4.1.(2m + 6) = (m + 5) 2 − 4.(2m + 6)
2

= m 2 + 10m + 25 − 8m − 24 = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) 2 ≥ 0; ∀m

3b

Vậy với mọi giá trị của m phương trình luôn luôn có hai
nghiệm.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn
x12 + x22 = 40

1đ

Với mọi giá trị của m phương trình luôn luôn có hai
nghiệm x1, x2. Theo hệ thức Vi-ét:
S = x1 + x2 =

−b
c
= m + 5; P = x1.x2 = = 2m + 6
a
a

Ta có :
x12 + x2 2 = 40 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 40
⇔ (m + 5) 2 − 2(2m + 6) = 40
⇔ m 2 + 10m + 25 − 4m − 12 − 40 = 0
⇔ m 2 + 6m − 27 = 0
∆ ' = 32 − 1.(−27) = 9 + 27 = 36 > 0; ∆ ' = 6

Phương trình có hai nghiệm phân biệt m1=-3+6=3 ;
m2=-3-6=-9. Vậy m ∈ { −9;3}
Bài 4 Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường
tròn. Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O)(B,
C là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ADE của đường tròn
(O) (D, E thuộc đường tròn (O), D nằm giữa A và E, tia
AD nằm giữa hai tia AB và AO).
4a
Chứng minh rằng bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một
đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

3,5đ

1,5


C

A

O
D
E
B

4b

Ta có ABO = 900(tính chất tiếp tuyến)
⇒ B thuộc đường tròn đường kính AO (1)

Tương tự, ACO = 900(tính chất tiếp tuyến)
⇒ C thuộc đường tròn đường kính AO (2)
Từ (1) & (2) ⇒ 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn
đường kính AO. Tâm I của đường tròn này là trung điểm
của AO.
Chứng minh rằng: AB2 = AD.AE

1đ

C

A

O

1
D
1

1

E

B

xét ∆ ABD và ∆ AEB có :
Aˆ1 chung
Bˆ1 = Eˆ1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
⇒ ∆ ABD ~ ∆ AEB (g.g)
AB AD

=
AE AB
⇔ AB 2 = AD. AE

⇒

4c

Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh rằng
VAHD : VAEO và tứ giác DEOH nội tiếp

1đ


C

2

A

1

H

1

O

D
1

1

2

E

B

Ta có : AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OB = OC (=R)
⇒ AO là đường trung trực của BC ⇒ AO ⊥ BC tại H
Ta có ∆ ABO vuông tại B có BH là đường cao
⇒ AB2 = AH.AO (hệ thức lượng)
Mà AB2 = AD.AE (câu 4b)
⇒ AH.AO = AD.AE ⇔

AH AD
=
AE AO

Xét ∆ AHD và ∆ AEO có :
Â2 : chung
AH AD
=
(do trên)
AE AO
⇒ ∆ AHD ~ ∆ AEO (c.g.c)
⇒ Hˆ = Eˆ (2 góc tương ứng)
1

2

Xét tứ giác DEOH có : Hˆ 1 = Eˆ 2
⇒ DHO + Ê2 = 1800 . Vậy tứ giác DEOH nội tiếp.
Bài 5 Một tấm kim loại hình vuông có cạnh 5cm được khoan 1,5đ
thủng 4 lỗ như hình dưới (lỗ khoan dạng hình trụ), tấm
kim loại dày t = 2cm, đường kính mũi khoan d = 8mm.
Tính thể tích phần còn lại của tấm kim loại?
Bán kính đáy của hình trụ (lỗ khoan) là 4mm. Tấm kim
loại dày 2cm=20mm chính là chiều cao của hình trụ. Vậy
thể tích một lỗ khoan hình trụ là V1= π .16.20 ≈ 1005
(mm3) ≈ 1,005(cm3)
Thể tích của 4 lỗ khoan là: Vlỗ khoan = 4V1 ≈ 4,02(cm3)
Thể tích của tấm kim loại là: Vkl=5.5.2=50(cm3)
Thể tích phần còn lại của tấm kim loại là:
V=Vkl-Vlỗ khoan ≈ 50 – 4,02 ≈ 45,98 (cm3)


ĐỀ 8
Bài 1(1,5đ)
a) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ :
( P) : y = x 2 ; (d ) : y = 2 x + 3
b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P).
Bài 2(2,0đ)
a) Giải phương trình x 2 − 5 x + 3 = 0

x + 3y = 4
2 x + 5 y = 7

b) Giải hệ phương trình 

Bài 3 (2,5đ) Cho phương trình: x2 – mx – 4 = 0 (m là tham số) (1)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của
m.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 = 5
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc giá trị của m.
Bài 4 (4,0đ)
Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O ; 6cm); kẻ hai tiếp tuyến MN; MP với
đường tròn (N ; P ∈ (O)) và cát tuyến MAB của (O) sao cho AB = 6 cm.
a) Chứng minh: OPMN là tứ giác nội tiếp
b) Tính độ dài đoạn thẳng MN biết MO = 10 cm
·
·
c) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB. So sánh góc MON
với góc MON
d) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của hình tròn tâm
O đã cho.
--------Hết--------

ĐỀ 8
PHÒNG GD – ĐT NINH SƠN
TRƯỜNG THCS TRẦN QUỐC TOẢN

KIỂM TRA HỌC KÌ II
Môn: TOÁN – Lớp 9
Năm học: 2011 – 2012
Thời gian: 90 phút (Không kể phát đề)

C. HƯỚNG DẪN CHẤM:
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a)Vẽ đồ thị
Tọa độ điểm của đồ thị ( P) : y = x 2
x
-2
-1
0
1
2
4
1
0
1
y=x
Tọa độ điểm của đồ thị (d ) : y = 2 x + 3
−3
x
0
y = 2x + 3

BIỂU ĐIỂM
(1,5điểm)

2
4

2

3

0,25

0,25

0

0,5

b)Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
x2 = 2 x + 3
⇔ x2 − 2x − 3 = 0

0,25

Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0
 x1 = −1
 y1 = 1

⇒
từ (P) ⇒ 
−c
 y2 = 9
 x2 = a = 3

Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A ( −1;1) ; B(1;9)
Bài 2:
a) x 2 − 5 x + 3 = 0

∆ = (-5)2 – 4.3 = 25 – 12 = 13 > 0

0,5


−b + ∆ 5 + 13
=
 x1 =

2a
2
Vì ∆ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
 x = −b − ∆ = 5 − 13
 2
2a
2
x + 3y = 4
2 x + 6 y = 8
y =1
y =1
y =1
⇔
⇔
⇔
⇔
2 x + 5 y = 7
2 x + 5 y = 7
2 x + 5 y = 7
2 x + 5.1 = 7
x = 1

b) 

Bài 3: Cho phương trình: x2 – mx + m – 1 = 0

0,25
(2,0điểm)

(m là tham số) (1)

0,25
0,25
1,0
(2,5điểm)


a) C/m: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
∆ = (− m) 2 − 4.1.(m − 1)
= m − 4m + 4
2

= (m − 2) 2 ≥ 0

; ∀m

=> Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 = 5
+ Theo Viet: x1 + x2 = = m ;
x1.x2 = = m – 1

+

x12 + x22 = 5

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

0,25

⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 = 5

⇔
⇔
⇔

m2 – 2. (m – 1) = 5
m2 – 2m + 2
= 5
2
m – 2m – 3
= 0
Phương trình có dạng: a – b + c = 1 – (- 2) + (-3) = 0
Nên: m1 = -1; m2 = 3
Vậy: m1 = -1 hoặc m2 = 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều
2
2
kiện: x1 + x2 = 5
c) Tìm một biểu thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc giá trị của m.

Ta có: x1 + x2 – 1 = x1.x2 ⇔ x1 + x2 – x1.x2 = 1
Vậy: Một biểu thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc giá trị của m là: x1 + x2 – x1.x2
Bài 4:
Vẽ hình đúng

µ = 900 (Tính chất tiếp tuyến)
µ = 900 và N
a) Tứ giác PMNO có P
µ = 1800 ⇒ Tứ giác PMNO nội tiếp
µ +N
⇒ P
b) Tính độ dài đoạn MN:
Áp dụng định lí Py-Ta –go vào tam giác vuông MON ta có
MN = MO 2 − ON 2 = 10 2 − 62 = 8 cm
c) Vì: H là trung điểm của AB, nên: OH ⊥ AB

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(4,0điểm)
0,5

0,5
0,5

0,5
0,25

·
·
= ONM
= 900
⇒ OHM
·
·
và ONM
cùng nhìn đoạn OM một góc 900
OHM
⇒ Tứ giác MNHO nội tiếp
·
·
⇒ MHN
= MON
( vì cùng chắn cungMN)

0,25
0,25
0,25

d) Gọi diện tích cần tính là SVP
SVP = S qAOB − S ∆AOB

0,25

+ Ta có: 0A = OB = AB = 6cm => ∆AOB đều => S ∆AOB = 9 3 ≈ 15,59

0,25

π R 2 n π .6260
=
= 6π ≈ 18,84(cm 2 )
+ S qAOB =
360
360
=>SVP = S q − S ∆ = 6 π - 9 3 = 3(2 π - 3 3 ) ≈ 18,84 - 15,59 ≈ 3,25 (cm2)
* Học sinh có thể giải cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
--------Hết--------

0,25
0,25


Trường THCS Văn Khê
Nhóm toán 9
Điểm

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MÔN TOÁN 9
NĂM HỌC 2010 – 2011
( Thời gian làm bài 90 phút)
Lời phê của giáo viên

Đề bài
Phần I: Trắc nghiệm : (2,0 điểm)
Khoanh tròn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất: (1điểm)
Câu 1: Hệ phương trình nào sau đây vô nghiệm:
x + y = 0
A. 

x - y = 0

x + y = 4
B. 
x - y = 0

x - y = 1
C. 
x - y = 0

x + y = 4
D. 
-x + y = 0

Câu 2: Cho hàm số y = 2x2, khi đó:
A. Hàm số luôn đồng biến,
B. Hàm số đồng biến khi x > 0,
C. Hàm số luôn nghịch biến
D. Hàm số đồng biến khi x < 0
2
Câu 3: Phương trình x – 7x – 8 = 0 có tổng hai nghiệm là:
A.7,

B.

7
,
2

C . -7 ,

D . 8.

Câu 4: Chiều dài l của cung tròn 600, bán kính 6 cm là :
A. 4π (cm),
B. 3π (cm),
C. 2π (cm),
D. π (cm)
Câu 5: (0,5 điểm). Đánh dấu “X” vào ô Đúng nếu khẳng định đúng, vào ô Sai nếu
khẳng định sai :
Khẳng định
Đúng Sai
a) Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
b) Số đo góc có đỉnh bên ngoài đường tròn bằng hiệu hai cung bị
chắn
Câu 6: (0,5 đ). Em hãy điền các số thích hợp vào chỗ còn trống để được phát biểu
đúng:
a) Phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0( a ≠ 0 ) có nghiệm ......................khi và chỉ khi a
– b + c = 0.
b) Tích hai nghiệm của phương trình : x2 – 7x + 4 = 0 là .....................
Phần 2: Tự luận( 8 điểm)
2
2
Bài 1 : (2điểm). Cho phương trình x − ( 2m + 1) x + m + 2 , trong đó m là tham số.

a) Với giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm?
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để 3x1 x2 + 7 = 5 ( x1 + x2 )

Bài 3: (2,5điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một tổ công nhân phải làm 144 dụng cụ. Do 3 công nhân chuyển đi làm việc khác nên
mỗi người còn lại phải làm thêm 4 dụng cụ. Tính số công nhân lúc đầu của tổ nếu năng
suất của mỗi người là như nhau.
Bài 4: (3,5điểm)
Cho hình vuông ABCD, lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C).
Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường
thẳng DC tại K.
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn
đó.
b) Chứng minh KM ⊥ DB .
c) Chứng minh KC.KD = KH .KB .
d) Giả sử hình vuông ABCD có là a. Tính thể tích của hình do nửa hình tròn tâm I
quay một vòng quanh đường kính.


Nhóm toán 9- Trường THCS Văn Khê
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 9
HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2010 -2011
Phần I: Trắc nghiệm : 2,0 điểm)
Khoanh tròn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất: (1điểm)
1
2
3
4
C
B
A
C
Câu 5: (0,5 điểm). Đánh dấu “X” vào ô Đúng nếu khẳng định đúng, vào ô Sai nếu

khẳng định sai:
a
b
Đ
S
Câu6: (0,5 đ) a) x = -1 ,
b) 4
Phần 2: Tự luận:8 điểm
Bài
Nội dung
2
2
1a
Phương trình x − ( 2m + 1) x + m + 2 có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0
(1,0đ) ⇔ (-(2m + 1))2 – 4(m2 + 2) > 0
⇔ 4 m − 7 ≥ 0 ⇔ 4m ≥ 7 ⇔ m ≥

Vậy với m ≥

7
4

0,25

7
thì PT đã cho có nghiệm
4

0,25

7
1b
Với m ≥ , PT đã cho có nghiệm. Theo hệ thức Viét, ta có:
4
(1,0đ)
x1 + x2 = 2m + 1 và x1.x2 = m 2 + 2
2
Theo đề bài : 3x1 x2 + 7 = 5 ( x1 + x2 ) ⇔ 3 ( m + 2 ) + 7 = 5 ( 2m + 1)
⇔ 3m 2 − 10m + 8 = 0 ⇔ m1 = 2 ≥

7
(nhận); m1 = 4 (không thỏa điều kiện)
4
7

Vậy với m1 = 2 thì 3x1 x2 + 7 = 5 ( x1 + x2 ) .
2
(2,5đ) Gọi x (người) là số công nhân của tổ lúc đầu. Điều kiện x nguyên và x > 3
Số dụng cụ mỗi công nhân dự định phải làm là:

Điểm
0,25
0,25

144
(dụng cụ)
x

Số công nhân thực tế khi làm việc là: x − 3 (người)
144

Do đó mỗi công nhân thực tế phải làm là:
(dụng cụ)
x−3
144 144
−
=4
Theo đề bài ta có phương trình:
x−3 x

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


Rút gọn, ta có phương trình : x 2 − 3 x − 108 = 0
∆ = 9 + 432 = 441 ⇒ 441 = 21
3 + 21
3 − 21
x1 =
= 12 (nhận) ; x2 =
= −9 (loại)
2
2

Vậy số công nhân lúc đầu của tổ là 12 người.

3a
(1,0đ)

A

0,25
0,25
0,5
0,25

B

a) HChứng minh tứ giác BHCD nội tiếp
M

I

·
Ta có BCD
= 900 (vì ABCD là hình vuông)
·
BHD
= 900 (vì BH ⊥ DM )
C ⇒ H, C cùng
K
thuộc đường tròn đường kính BD

D

3b
(0,5đ)

Vậy tứ giác BHCD nội tiếp được đường tròn
đường kính BD, có tâm I là trung điểm đoạn BD.
b) Chứng minh KM ⊥ DB .
Trong ∆KBD có:

DH ⊥ BK ( gt ) 
 ⇒ KM ⊥ DB (đường cao thứ ba)
BC ⊥ DK ( gt ) 

3c
c) Chứng minh KC.KD = KH .KB .
(1,0đ)
Xét ∆KCB và ∆KHD có: C = H = 900; K là góc chung
⇒ ∆KCB ∆KHD (g-g)
KC KB
=
KH KD
⇒ KC.KD = KH .KB (đpcm)
⇒

3d
d)
Nửa hình tròn tâm I quay một vòng quanh đường kính, ta được một
BD
(1,0đ)
hình cầu có bán kính: R =

.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

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

2

0,25

2
Trong đó: BD = a 2 + a 2 = a 2 ⇒ R = a.
2

0,25

4
3

Vậy thể tích của hình cầu là: V = π R3
3

4 
2
2 3
= .π .  a.
=
π a (đơn vị thể tích).
÷
÷
3  2 
3

0,25