Đề thi học kì 2 môn toán 9 tân phú thành phố hồ chí minh năm học 2016 2017 có đáp á

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN TÂN PHÚ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
Năm học 2016 – 2017
Môn Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau
a) x 2  4x  21  0

b) 2x 4  5x 2  7  0

x  2y  1
c) 

6x  y  6

d) 3x  2x  5  x 2  x   5

Bài 2 (1,5 điểm): Cho hàm số y 

x 2
có đồ thị (P)
4

a) Vẽ (P).
b) Đường thẳng (D): y  ax  b đi qua điểm A 0;  2 và cắt (P) tại điểm có hoành
độ là 2 . Tính a, b.
Bài 3 (1,5 điểm):

Cho phương trình: x 2  (2m  1)x  m 2  2m  0 (m là tham số, x là ẩn).
a) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ,x 2
b) Tìm giá trị của m để 2x1  2x2  1  x1x2  2x12 x2  2x1x22  0 .
Bài 4 (3,5 điểm): Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O, bán kính R (MO <
2R) vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của
AB và OM.
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp và H là trung điểm của AB.
b) Gọi E là trung điểm của MB. Đoạn AE cắt đường tròn (O) tại C (khác A), tia MC
cắt đường tròn (O) tại D (khác C). Chứng minh EH song song AM và tứ giác BHCE
nội tiếp.
c) Tia BO cắt đường tròn (O) tại P (khác B). Chứng minh EMC đồng dạng với
 EAM và SABDP  R.AD ( SABDP : diện tích của tứ giác ABDP).

Bài 5: (0,5 điểm) Tại cửa hàng A, giá niêm yết (giá bán ra) của một đôi giày thể thao
là 300 000 đồng. Nếu bán với giá bằng ba phần tư giá trên thì cửa hàng lãi 25% so với
giá gốc. Hỏi để lãi 50% so với giá gốc thì cửa hàng phải niêm yết giá là bao nhiêu?
- HẾT –


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN TÂN PHÚ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
Năm học 2016 – 2017
Môn Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)

Thầy (cô) chấm bài theo khung điểm định sẵn (học sinh không được làm tắt các
bước trình bày bằng cách sử dụng máy tính cầm tay). Nếu học sinh làm cách khác,

nhóm Toán của trường thống nhất dựa trên cấu trúc thang điểm của hướng dẫn chấm.
Hướng dẫn chấm
Điểm
Bài 1: (3 điểm) – 0,75x4
a)
x 2  4x  21  0
0,25
 '  b '2  ac  25  0
Pt có hai nghiệm phân biệt:
0,5


x  b '  '  ...  7
 1
a


b '  '
x 2 
 ...  3

a
b)

2x 4  5x 2  7  0
2
Đặt t  x  t  0
2
Pt trở thành: 2t  5t  7  0 *

0,25

Vì a  b  c  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm:

t  1 loaïi
 1


t  c  7 nhaän
 2
a
2

0,25

7
7
14
 x2   x  
2
2
2
 14 

S  

 2 


x  2y  1


6x  y  6
x  2y  1
 
12x  2 y  12

0,25

13x  13
 
x  2 y  1
x  1
 
y  0

0,25

t2 

c)

0,25

0,25


Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x  1; y  0
d)

3x  2x  5  x 2  x   5

 3x 2 15x  2x 10  2x  x 2  5
 3x 2 15x  2x  10  2x  x 2  5  0
 4x 2 19x  15  0 (1)
Vì a  b  c  0 nên phương trình (1) có hai nghiệm:

0,25
0,25
0,25

x  1
 1

x  c  15
 2 a 4
Bài 2: (1,5 điểm)
a)
Lập bảng giá trị đúng (ít nhất 5 cặp giá trị, có gốc tọa độ ):
Nếu hs chỉ đúng được 3 cặp giá trị (có gốc tọa độ) thì được 0,25 điểm
Vẽ hình chính xác
b)
(D) đi qua A 0;  2 nên: 2  a.0  b , suy ra b  2
(D) có dạng: y  a.x  2
Gọi M 2; y M  là giao điểm của (D) với (P)

1 2
.2  1 , nên M 2; 1
4
Vì M 2; 1 thuộc (D) nên:  1  a.2  2

0,25

0,25

Suy ra: y M 

0,25

1
2

0,25

Do đó: a 

Bài 3: (1,5 điểm)
a)
  b 2  4ac  ...  4m  1
Pt có hai nghiệm    0  ...  m 
b)

0,5

1
4

Theo Vi-ét:


S  x  x  b  2m 1
1
2


a


c
2
P  x1x2   m  2m
a


0,25
0,25
0,25

2x1  2x2  1  x1x2  2x12 x2  2x1x22  0
 2  x1  x 2   1  x1x2  2x1x 2  x1  x2   0

0,25

 2  x1  x 2  x1x2  1   x1x2  1  0

  x1x2  1 2  x1  x2   1  0
 x1x 2  1  0

2  x1  x2   1  0

0,25


m  1 nhaän 

 ...  
1
m

 nhaän 

4
 1
Vậy m  1;  thỏa yêu cầu bài toán.
 4
Bài 4: (3,5 điểm)

0,25

a)

Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp và H là trung điểm của AB.
Xét tứ giác MAOB:
  MBO
  900  900  1800 (MA, MB là hai tiếp tuyến)
MAO

1

0,5

b)

Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800)
MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

OA = OB = R
Nên: MO là trung trực của AB
Suy ra MO vuông góc AB tại H và H là trung điểm của AB.
Chứng minh EH song song AM và tứ giác BHCE nội tiếp.

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

c)

Chứng minh được EH là đường trung bình của MAB
Suy ra: EH // MA.
  MAC
 (so le trong)
Nên CEH
  MAC
 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn cung
Có ABC
AC)
  CBA

Suy ra: CEH
Vậy tứ giác BECH nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn CH dưới hai
góc bằng nhau)
Chứng minh EMC đồng dạng với  EAM và SABDP  R.AD ( SABDP :

0,25
0,25

1,25

0,25
1,25

diện tích của tứ giác ABDP).
Chứng minh được EM 2  EB2  EC.EA

0,5


Chứng minh được EMC đồng dạng  EAM c  g  c

0,25

  EAM
  ADC
  1 sñAC

Nên EMC
2

Suy ra: MB // AD.
Có: MB vuông góc với OB (t/c tiếp tuyến)
Suy ra BO vuông góc với AD.
Tứ giác ABDP có hai đường chéo vuông góc nên:
1
1
SABDP  .BP.AD  .2 R.AD  R.AD
2

2
Bài 5: (0,5 điểm)
Ba phần tư của giá niêm yết là 225 000 đồng
225 000 đồng tương ứng với 125% giá gốc của đôi giày.
Để có lãi 50% so với giá gốc, tương ứng với 150% giá gốc, giá tiền mà
150
.225000  270000 (đồng).
cửa hàng cần niêm yết là:
125

0,25
0,25

0,25
0,25