ban huong dan cham de kiem tra hoc ki 2 mon toan lop 9 truong thcs giang vo nam hoc 2016 2017

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II . Môn: TOÁN 9 - Năm học 2016 – 2017
BÀI

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý

1

N 

Cho biểu thức:

2 x
x-2 x

và M =

x

x-4

ĐIỂM

1
(x >0, x ≠ 4)
x -2

a Tính giá trị của biểu thức N khi x = 36.

N=

2 x

x2 x

2 x

x ( x  2)

Vậy N =

0,5

2
x 2

Thay x = 36 (tmđk) vào N thì N =

2,0

0,25
2
1

36  2 2

0,25

1
khi x = 36.

2

(Học sinh là cách khác ra đúng kết quả vẫn cho điểm)
b

Tính P = M : N

M=

=

x

x-4

x
1

=
x -2
x 2 x 2





 



x 2
x 2



x 2

1,0
0,25





2 x 1
2 x 2

( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2)

P=M:N=

x 1
x 2

x 1
Vậy P =
với x >0, x ≠ 4
x 2
c So sánh P và P2

0,5

0,25

0,5

Xét hiệu P2 – P = P(P – 1).
Ta có P – 1 =
Vì 

2

x 1
1
-1= 
x 2
x 2

1
< 0 với mọi x  ĐKXĐ  P – 1 <0
x 2

x 1
>0P>0
x 2
 P(P – 1) < 0. Vậy P2 < P
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Người ta cho hai vòi nước chảy vào một bể không có nước. Nếu mở vòi thứ
nhất chảy một mình trong 1 giờ rồi khóa lại, sau đó mở tiếp vòi thứ hai chảy
7

trong 4 giờ thì cả hai vòi chảy được
bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một
12
mình đầy bể biết rằng nếu chảy một mình thì thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể
nhiều hơn thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể là 8h.

0,25

0,25

2,0


Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ, x> 0)
Thì thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x + 8 (giờ)

1
(phần bể)
x
1
Và trong 4 giờ vòi thứ nhất chảy được
(phần bể)
x8

0,25
0,25

Vậy trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được

Vì vòi thứ nhất chảy trong 1 h và vòi thứ hai 4 giờ thì được

0,25 x 2

7
nên ta có
12

1
4
7
phương trình:


x x  8 12
2
 7 x  4 x  96  0
24
(loại)
7
Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 4 giờ
và thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 12 giờ
Giải phương trình được x1 = 4 ( chọn), x2 = 

3

0,25
0,25
0,25
0,25
2,0

1

2
 3
 x y  x y 4

Giải hệ phương trình 
 2  1 5
 x  y
x y
1
1
Đặt a 
đk : x > y ; x > -y
;b 
xy
xy
3a  2b  4
ta được hệ 
.
2a  b  5
5

x  y  1
x  8
4 
 
(tmđk)


x  y  1
y   3

8
 5 3
Kết luận: hệ phương trình có nghiệm: (x ; y) =  ;  
8 8

a  2
Từ đó có : 
b  1

2

1,0

0,25

0,25
0,25

0,25

Cho Parabol (P): y  x và đường thẳng (d): y  2m  3x  2m  4 (m là
tham số).

1,0

a) Tìm m để đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

0,5

2

Xét phương trình hoành độ giao điểm : x2  (2m  3) x  2m  4  0
Do phương trình có a – b + c = 1 + 2m + 3 – 2m – 4 = 0 nên phương trình có
hai nghiệm x1  1 ; x2  2m  4 .
5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x2  - 1 ≠ 2m + 4  m ≠ 
2
5
 (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi m ≠ 
2

0,25

0,25


(Học sinh làm cách khác ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa)
2 b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ thỏa mãn
0,5

x A + x B =5
Gọi giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là A(xA ; yA), B(xB ; yB).
Ta có : xA  1 ; xB  2m  4

 2m  4  4
xA  xB  5  1  2m  4  5  2m  4  4  
 2m  4  4

m  0
 
(tmđk). Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ
 m  4
thỏa mãn x A + x B =5 khi m  0; 4
4

0,25

0,25
3,5

M

P
I
D
C

0,25

F
Q

E
A
O

K
B

a Chứng minh EOBD là tứ giác nội tiếp

+) Lập luận chứng minh CEO  900
và OBD  900 .
+) Xét tứ giác EOBD có CEO  OBD  1800 , mà chúng ở vị trí đối nhau nên
EOBD là tứ giác nội tiếp.
b

Chứng minh AC. AD = 4R2

+) ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB  900  BC  AD.
+) Xét tam giác ABD vuông tại B có BC  AD , ta có: AC.AD  AB2  4R 2 .
c Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF
+) C/m: OM, OF là phân giác của hai góc kề bù AOC,COB  OM  OF

0,75
0,25
0,25
0,25
1,0
0,5
0,5
1,0


 MOF vuông tại O, nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm I của
MF.
+) OI là đường trung bình của hình thang AMFB  AM // IO
+) AM  AB  IO  AB tại O.

+) IO là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF nên AB là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF.
d Cho BC cắt OF tại K. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tam giác
MKF có bán kính nhỏ nhất.
+) Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKF. Gọi Q là giao điểm
của OC và EK.



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



+) C/m: OKE  EMC  KOQ  Tứ giác KEMF nội tiếp đường
tròn  E   KMF  PQ  EK.
+) C/m: OI  EK  OI // PQ   EK  .
+) C/m: OC // PI OC  MF, PI  MF  OC // PI. Suy ra tứ giác OQPI là hình
bình hành
 PI  OQ 

OC R
 , nên PI không đổi.
2
2

+) Xét tam giác MPI vuông tại I có PI không đổi nên PM nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất, tức là MF nhỏ nhất  IO nhỏ nhất.
+) Có OI ≥ OC = R . Dấu bằng xảy ra  C trùng I  O thuộc đường thẳng
OI cố định  C là điểm chính giữa của cung AB (OI  AB tại O)
5

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = b + c + c + a + a + b
2
bc
3 2
3 3
3 2

. b  c  
.

.  b  c 
Ta có: b  c 
2 3
2
2
2 2 3

Tương tự

ca 

3 2

.  c  a  ;

2 2 3


ab 

0,25

0,5

3 2

.  a  b 
2 2 3


3
3
.  2  a  b  c   2 
(2.1  2)  6
2 2
2 2
1
1
Dấu bằng xảy ra  a = b = c = . Vậy Pmax = 6  a = b = c = .
3
3
P 

0,25

0,25
0,25