Đề thi học kì 2 môn toán 9 quận 12 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016 có đáp án

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN 12
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán 9
Thời gian: 90 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,5 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau

a) x2  4 3 x  12  0
b) (2 x -1)( x - 2)  5
c) 3x4  5 x2  28  0
3 x  2( y  1)  ( x  8)
d) 
5( x  y)  3 x  2 y  5
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm số y 

 x2
có đồ thị (P)
2

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên.
b) Tìm điểm trên (P) có hoành độ gấp đôi tung độ.
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình x2  2 x  m2  1  0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m.
c) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm thỏa x1  3 x2
Câu 4 (0,5 điểm): Mẹ em gửi tiết kiệm vào ngân hàng theo mức kỳ hạn với lãi
suất 6% cho kỳ hạn một năm. Sau hai năm, mẹ em rút được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi
là 168 540000 đồng. Như vậy, lúc đầu mẹ em phải gửi vào ngân hàng bao nhiêu tiền?
Câu 5 (3,5 điểm): Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB,
AC (B, C là tiếp điểm). Kẻ đường kính CD của (O), AD cắt (O) tại điểm I.
a) Tính số đo DIC và chứng minh: AI . AD  AB2 .

b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh OA  BC và tứ giác CHIA
nội tiếp.
c) Tia BI cắt đoạn thẳng OA tại N. Chứng minh: NIH và NHB đồng dạng,
từ đó suy ra N là trung điểm của HA.
d) Kẻ đường kính IE của (O), gọi S là trung điểm của đoạn thẳng ID. Chứng
minh ba điểm B, S, E thẳng hàng.
Hết


ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 9
HKII . NĂM HỌC 2015 – 2016
Bài 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

b) (2 x -1)( x - 2)  5

a) x2  4 3 x  12  0
 '  (2 3)2  1.12
0

(0,25đ)

 2 x2  5 x  3  0
   5  4.2.  3  49  0
2

Phương trình có nghiệm kép:
x1  x2  2 3

 2 x2  4 x  x  2  5  0

(0,25đ)

(0,25đ)

 7

Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 

5 7
57
1
 3; x 2 

4
4
2

(0,25đ)

c) 3x4  5 x2  28  0

3 x  2( y  1)  ( x  8)
d) 
Đặt t = x (t ≥ 0)
5( x  y)  3 x  2 y  5
2
Pt trở thành 3t  5t  28  0 (0,25đ)
 4 x  2 y  6
(0,25đ)

2

)
   5  4.3.  28
8
x

3
y


5

= 361> 0
8 x  4 y  12
 y  7
(0,25đ)


8
x

3
y


5
4
x


2
y


6
  19


Pt theo t có hai nghiệm phân biệt
 y  7
 y  7




5  19
5  19
7
4 x  14  6
4 x  8
t1 
 4(n); t2 
  (l) (0,25đ
6
6
3
)
 y  7

t  4  x 2  4  x  2 (0,25đ)

x  2
S  2
2

Nghiệm của hệ phương trình (3;-2) (0,25đ)

Bài 2: (1,5 điểm)
a) BGT
x
-4 -2
2
-8 -2
x
y

y
-4

0
0

2
-2

4
-8

-2

O

2

4

x

-2

(0,25đ)

2
-8

Vẽ đồ thị (P) (0.5đ)
b) điểm trên (P) có hoành độ gấp đôi tung độ.
Thay x = 2y vào y 

 x2
ta được
2

(2 y)2
(0,25đ)
2
 2 y  4 y2  2 y  4 y2  0
y

 2 y(1  2 y)  0  y  0 hay y 

Với y = 0 x=0
Với y =

1
x=-1
2

1
2

(0,25đ)

(P)
B


Tọa độ cần tìm (0;0); (-1;

1
)
2

Bài 3: (2,0 điểm)
a) x2  2 x  m2  1  0 (m là tham số)
 '  12  1.( m2  1)
 1 m 1
2

(0,25đ)

 m2  2  0, m

(0,25đ)

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Theo hệ thức Vi-ét
S  x1  x2  2
P  x1 .x2   m  1
2

(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)

 x  x  2
2 x2  2
 x  1
c)  1 2

 2
 x1  3 x2
 x1  3 x2
 x1  3

(0,25đ+0,25đ)

Thay x1  3 , x2  1 vào x1 .x2  m2  1
3   m2  1  m2  2  m   2(n)

(0,25đ)

Bài 4:
Gọi x là số tiền vốn lúc đầu mẹ em gửi vào ngân hàng
Đk: 0 < x < 168540000
Tổng số tiền vốn và lãi sau năm thứ nhất là
x + 6%x = x(1+6%)
Tổng số tiền vốn và lãi sau năm thứ hai là
x(1+6%)2
Theo đề bài ta có phương trình
(0,25đ)
x(1+6%)2 = 168540000
 x=150000000(nhận)
Vậy số tiền lúc đầu mẹ em gửi vào ngân hàng là 150000000đ

(0,25đ)

D

B
S

Bài 5: (3,5 điểm)

I
O
H

N

 và chứng minh: AI . AD  AB2 . E
a) Tính số đo DIC
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O))
C
DIC
(0,5đ)
CI  AD
Xét ACD vuông tại C, có đường cao CI:
AI . AD  AC 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (0,25đ)
Mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vậy AI . AD  AB2 (0,25đ)
b) Chứng minh: OA  BC ,tứ giác CHIA nội tiếp.
Ta có: AB = AC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OB = OC (bán kính (O)) (0,25đ)
Nên OA là đường trung trực của BC
(0,25đ)
 OA  BC
Xét tứ giác CHIA có:
  CIA
  90 0 (CH OA, CI DA)
CHA

A


  CIA
  180 0
 CHA

(0,25đ)

Tứ giác CHIA nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180 0) (0,25đ)
c) Chứng minh: N là trung điểm của HA.
  ICA
 (góc nội tiếp cùng chắn cung IA của tứ giác CHIA nội tiếp)
Ta có IHA
  ICA
 (cùng chắn cung IC của (O))
IBC
  IBC

Do đó IHA
  IBC
 (cmt)
Xét NIH và NHB có: góc BNH chung; IHA
 NIH
(0,25đ)
NHB (g.g)

NI NH

 NH 2  NI .NB (1)
NH NB
  ICH
 (góc nội tiếp cùng chắn cung IH của tứ giác CHIA nội tiếp)
Ta có IAH


  ICH
 (cùng chắn cung IB của (O))
IBA

  IBA

Do đó IAH
  IBA
 (cmt)
Xét NIA và NAB có: góc BNA chung; IAH

 NIA


NAB (g.g)

NI NA

 NA2  NI .NB (2) (0,25đ)
NA NB

Từ (1) và (2)  NA = NH
Vậy N là trung điểm của HA
(0,25đ)
d) Chứng minh: ba điểm B, S, E thẳng hàng.
S là trung điểm dây ID (gt) OS  DI (quan hệ giữa đường kính và dây)
  OBA
  OCA
  90 0 (OS  DI, AB, AC là tiếp tuyến (O))
Ta có OSA
5 điểm S, B, C , O, A cùng thuộc đường tròn đường kính OA
  CSA
 ( AB  AC  AB
  AC

 ) (3)
 BSA
(0,25đ)



0
EDI  DIC  DEC  90 (góc nội tiếp chắn nửa (O))
Tứ giác DICE là hình chữ nhật  DE = IC
  CSI
 (4)
DSE = ISC (c.g.c)  DSE
(0,25đ)


Từ (3) và (4)  DSE  BSA
  ESI
  180 0 (kề bù)
Mà DSE
  ESI
  180 0  ba điểm B, S, E thẳng hàng.
(0,25đ)
BSA
(0,25đ)