TOAN9 DE8 HK2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN 4
Trường THCS Quang Trung
GV:Nguyễn Hoàng Du
ĐỀ TOÁN LỚP 9 (ĐỀ 2)
Bài 1: (2,25 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :
a) 2x 2  3  2 3x
4 x  3 y  x  y  14
�
�x  2 y  32

b) �

c) 9 x 4  10 x 2  1  0
1
x2
Bài 2: (1,5 điểm) Cho parabol (P) : y  
và đường thẳng (d) : y  x  1
2
2

a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh.
Bài 3: (2 điểm) Cho phương trình: x 2  (m  3)x  3m  0

(x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình trên luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm tổng và tích hai nghiệm của phương trình trên theo m
c) Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m đđể: x12  x 2 2  x1.x 2  9
Bài 4: (0,75 điểm) Học kỳ 1, trường có 500 học sinh khá và giỏi. Sang học kỳ 2, số học
sinh khá tăng thêm 2% còn số học sinh giỏi tăng thêm 4% nên tổng số học sinh khá và

giỏi là 513 bạn. Hỏi số học sinh khá, số học sinh giỏi của trường ở học kỳ 1 là bao nhiêu
bạn?.
Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Từ A vẽ tiếp tuyến Ax với
(O) ( A là tiếp điểm). Trên tia Ax lấy điểm C sao cho AC = 2R. Qua C vẽ đường thẳng
cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E; đường thẳng này cũng cắt
đoạn thẳng OB). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng DE
a) Chứng minh: CA2  CD �
CE
b) Chứng minh: tứ giác AOHC nội tiếp
c) Đoạn thẳng CB cắt đường tròn (O) tại K. Tính số đo góc AOK và diện tích hình quạt
AOK theo R và ð
d) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh: O là trung
điểm đoạn thẳng MN.
HẾT


HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN - LỚP 9 Đề 2 – HKII (2017-2018)
Bài 1: Giải các phương trình :
a) 2x 2  3  2 3x � 2x 2  2 3x  3  0
( a  2 ; b  2 3 ; c  3 )
 '  b 2  4ac  ...  9  0

(0, 25đ)

'  3
Vì   0 nên phương trên có 2 nghiệm phân biệt:
b '  '
 33
x1 
 ... 

(0, 25đ)
a
2
b '  '
 33
x2 
 ... 
(0, 25đ)
a
2
4 x  3 y  x  y  14
�
b)
�
�x  2 y  32
3 x  4 y  14
�
��
�x  2 y  32
 ...............
�x  20
��
�y  11

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

Vậy : ( x = 6 ; y = 8 )
c)

9 x 4  10 x 2  1  0
Đặt t x 2 0
Ta được: 9t 2  10t  1  0
Giải ra ta được :
1
(nhận)
9
Với t  1 thì x 2  1 � x  �1
1
1
1
2
Với t  thì x  � x  �
9
9
3
1�
�
Vậy tập nghiệm của pt: s  ��1; � �
3
�
t1  1 ( nhận ) ; t2 

Bài 2:
1
2

a) (P) : y   x 2
Lập bảng giá trị đúng (0.5đ)
Vẽ đúng (P)

(0.5đ)
1
2

b) (P) : y   x 2
1
2

(d) : y  x  1
Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) là:
1
2

1
2

2
- x  x  1 (0.25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)

(0,25đ)


Giải ra ta tìm được : tọa độ giao điểm giữa (P) và (d) là: (1; -1/2) và (-2; -2) (0.25đ)
Bài 3 : Cho phương trình : x 2  (m  3)x  3m  0
a) ( a  1 ; b  m  3 ; c  3m )
2
2

1  3m   m 2  6m  9  12m
Ta có :   b  4ac  (m  3)  4 ��
 m 2  6m  9  (m  3) 2 �0; m (0,5đ)

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

(0.25đ)

b) Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m.
Ta có :
S  x1  x 2 

b
   m  3
a

(0.25đ)

c
 3m
a
c) Ta có : x12  x 2 2  x1.x 2  9
� x12  x 22  x1.x 2  9
P  x1.x 2 

(0.25đ)

� (x1  x 2 ) 2  2x1.x 2  x1.x 2  9
� (x1  x 2 ) 2  3x1.x 2  9
Thay x1  x 2  m  3 và x1.x 2  3m

(0,25đ)

Ta có:  (m  3)  3 �
 3m   9
2

� (m  3) 2  9m  9
� m 2  6m  9  9m  9
� m 2  3m  0

Giải ra ta được: m  0 ; m  3
Vậy: ………

(0,5đ)

Bài 4 : Gọi x(hs) là số học sinh khá và y(hs) là số hs giỏi (x ;y>0)
�x  y  500
�x  y  500 (1)
��
( x  x.2%)  ( y  y.4%)  513 �
102 x  104 y  51300
�

Theo đề bài ta có : �

(2)

(0,25đ)
�x  350

�y  150

Thay (1) vào (2) ta được: �

Đáp số: khá = 350(hs); G = 150(hs)

(0,25đ)
(0,25đ)


Bài 5:

x
C

a) Chứng minh CDA  CAE (g-g)
CD CA

CA CE
 CA2  CD �
CE

�

(1đ)
M

�  900
b) Chứng minh CHO
Xét tứ giác AOHC có :

�  900 ( cmt)
CHO
�  900 ( T/c tiếp tuyến)
CAO
�  CAO
�  1800
 CHO
 Tứ giác AOHC nội tiếp
( tổng hai góc đối diện bằng 1800) (1đ)

K

D

F
H
A

I

B

O

�  900 (0.5đ)
c) Sđ AOK

 R2 �
90  R 2


SquạtAOK =
( đvdt)
360
4

E

(0.5đ)

N

d) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F.
Vì tứ giác AOHC nội tiếp (cmt)
�  HCO
�
 HAO
�  HCO
�
Mà HEI
(So le trong, EF//MN)
�  HEI
�
 HAO
�  IEH
�
Hay IAH
 tứ giác AHIE nội tiếp ( 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh HI dưới góc bằng nhau)
�  IAE
�
 IHE

�  BDE
�
Mà IAE
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE)
�  BDE
�
 IHE
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
 HI // BD
Chứng minh I là trung điểm EF
Xét BMO có IF // OM (EF//MM)


IF
BI

(1) (Hệ quả Talet)
OM BO

Xét BNO có IE // ON (EF//MM)
IE
BI

(2) (Hệ quả Talet)
ON BO
IF
IE

Từ (1) và (2) suy ra:
OM ON



Mà IE = IF (I là trung điểm EF)
 OM = ON
Mà O �MN


 O là trung điểm đoạn thẳng MN (0.5đ)
HẾT