Đề thi học kì 2 môn toán 9 cần giờ thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016 có đáp án

PHÒNG GD&ĐT
HUYỆN CẦN GIỜ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II– NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN – LỚP 9
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3,0 điểm).
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 - 3x = 4
b) x4 + 5x2 - 6 = 0
3 x  2 y  9

c) 
 2 x  y  1
Bài 2: (1,5 điểm).
Vẽ Parabol (P) : y =

1 2
x
2

và đường thẳng (D) : y = x + 4 trên cùng một

hệ trục tọa độ.
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2 - mx + m − 1 = 0 (x là ẩn số, m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Đặt A = x12  x22  6 x1 x2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A và giá trị của m tương ứng.

Bài 4: (1,0 điểm)
Một người gửi vào ngân hàng 45 triệu đồng (tiền Việt Nam) với lãi
suất mỗi tháng là 0,4% và lãi tháng này được cộng vào gốc cho tháng sau.
Tính:
a) Số tiền lãi sau tháng thứ nhất;
b) Tổng số tiền lãi có được sau tháng thứ hai.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, điểm C thuộc đường tròn
sao cho CA < CB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = CA.
Gọi E là giao điểm của BD và đường tròn (O); I là giao điểm của AE và
CB.
a) Chứng minh: Tứ giác CDEI nội tiếp được trong đường tròn.
b) Chứng minh: CA . EI = CI . EB.
c) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O). Chứng minh AC là tia
phân giác của góc EAx.
HẾT


KIỂM TRA HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÁ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN – LỚP 9

PHÒNG GD&ĐT
HUYỆN CẦN GIỜ

Bài 1: (3,0 điểm – Mỗi câu 1.0đ)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 - 3x = 4  x2 - 3x – 4 = 0
(0.25đ)
Phương trình có: a – b + c = 1 – (- 3) + (- 4) = 1 + 3 – 4 = 0 (0.25đ)

nên có hai nghiệm phân biệt: x1 = - 1; x2 = -

c
= 4 (0.25đ + 0.25đ)
a

b) x4 + 5x2 - 6 = 0
Đặt t = x2 (t  0). Phương trình trở thành t2 + 5t – 6 = 0 (*) (0.25đ)
Vì phương trình (*) có a + b + c = 1 + 5 + (– 6) = 0
(0.25đ)
nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: t1 = 1 > 0 (nhận) ;
t2 =

c
= - 6 < 0 (loại). (0.25đ)
a

Do đó: x2 = 1  x =  1. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
phân biệt: x1 = - 1; x2 = 1.
(0.25đ)
3 x  2 y  9

3 x  2 y  9

7 x  7

(0.25đ + 0.25đ)

c) 



 2 x  y  1
 4 x  2 y  2
 4 x  2 y  2
x  1
x  1

 4.1  2 y  2
 y  3

(0.25đ + 0.25đ)



Bài 2: (1,5 điểm – Câu a: 1.0đ; câu b: 0.5đ)
a) (P) : y =

1 2
x
2

(0.25đ)
(0.25đ)

- Bảng giá trị đúng:
- Vẽ (P) đúng:
(D) : y = x + 4
- Bảng giá trị đúng:
- Vẽ (D) đúng:

(0.25đ)
(0.25đ)

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D):
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
1 2
x = x + 4  x2 - 2x - 8 = 0 (**)
2
(**)
Vì có:  '  b '2  ac = (- 1)2 – 1.(- 8) = 9 > 0 ;

' =

9 = 3 (0.25đ)

b '  '
( 1)  3
=
=4;
a
1
b '  '
( 1)  3
x2 =
=
=-2.
a
1

nên có 2 nghiệm phân biệt: x1 =

Suy ra tọa độ các giao điểm: A(4 ; 8) ; B(- 2 ; 2)
Bài 3: (1,0 điểm – Mỗi câu: 0.5đ).
a) Phương trình đã cho có:

(0.25đ)


∆ = (- m)2 – 4.1.(m – 1) = m2 – 4m + 4 = (m - 2)2  0 với mọi m nên
luôn luôn có nghiệm với mọi m.
(0.5đ)
2
2
b) A = x1  x2  6 x1 x2
Theo Viet, với mọi m, ta có:

x1 + x2 = x1x2 =

b
=m
a

;

c
=m-1
a

(0.25đ)

 A = x12  x22  6 x1 x2 = (x1 + x2)2 – 8x1x2
= m2 - 8(m - 1) = m2 – 8m + 8 = (m - 4)2 - 8 ≥ - 8 với mọi m.
A = - 8  m = 4. Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là - 8 khi m = 4
(0.25đ)
Bài 4: (1,0 điểm)
a)- Số tiền lãi sau tháng thứ nhất là: 45000000 .

0, 4
= 180000 (đồng)
100

(0.5đ)
b)- Số tiền cả gốc lẫn lãi sau tháng thứ nhất là:
45000000 + 180000 = 45180000 (đồng)
- Tiền lãi riêng của tháng thứ 2 là:
45180000 .

0, 4
= 180720 (đồng)
100

(0.25đ)

Tổng số tiền lãi có được sau tháng thứ hai là:
180000 + 180720 = 360720 (đồng)
Bài 5: (3,5 điểm)
- Vẽ hình sai hoặc không vẽ hình ở câu nào
thì không cho điểm ở câu đó.
- Câu a: 1,25 điểm
- Câu b: 1,25 điểm

- Câu c: 1,0 điểm

(0.25đ)
D
x
C

E

C
A

B

Giải:
a) Chứng minh: Tứ giác CDEI nội tiếp được trong đường tròn.
0
 = 900 ; 
- Ta có: ACB
AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
(0.25đ + 0.25đ)
Suy ra AE, BC là các đường cao của tam giác DAB.
(0.25đ)
0
0
0
0
0





Do đó: DCI = 90 ; DEI = 90 => DCI + DEI = 90 + 90 = 180 . (0.25đ)
Tứ giác CDEI có tổng 2 góc đối diện bằng 1800 nên nội tiếp được trong
đường tròn.
(0.25đ)
b) Chứng minh: CA . EI = CI . EB.
  BEI
 = 900; CIA
  EIB
 (đối đỉnh). (0.25đ + 0.25đ)
 CIA và  EIB có: ACI
Nên  CIA đồng dạng với  EIB (g.g).
(0.25đ)


Suy ra

CA EB
=> CA . EI = CI . EB

CI EI

(0.25đ + 0.25đ)

c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc EAx.
Ta có: BC  DA (vì BC là đường cao của  DAB – câu a); CD = CA (gt)
(0.25đ)
=> BC vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của  DAB nên  DAB cân
  BDA

 . (1)
tại B => BAD
(0.25đ)
0
  BAD
 = 90 (do Ax là tiếp tuyến của đường tròn O) nên xAD
  BDA

Mà xAD
0
= 90 .
  BDA
 = 900 => xAD
 = DBC
.
Mặt khác DBC
(0.25đ)
 = DBC
 (cùng chắn cung CE) suy ra CAE
  CAx
 hay AC là tia
Lại có: CAE
phân giác của góc Eax.
(0.25đ)
* Ghi chú: Học sinh có thể giải bằng cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./.
HẾT