TOAN9 DE9 HK2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN 4
Trường THCS: Tăng Bạt Hổ A
GV: Phạm Văn Nhất
ĐỀ 1
Bài 1: (2,25 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a/ ) (2x – 3)2 = 4x + 9

b/

Bài 2: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y =

3x + 2y = 3

5x + 3y = 10

c/ x4 – 5x2 – 36 = 0

1 2
x và đường thẳng (d): y = x + 4
2

a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.

(1đ)
(0,5đ)

Bài 3: (2 điểm) x 2 − (2m + 3) x + m 2 + m − 1 = 0 ( x là ẩn ) (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm số.
b) Tính tổng và tích các nghiệm theo m.
c) Gọi x1 ; x 2 là 2 nghiệm phương trình (1). Tìm m để: x12 + x2 2 = 3x1 + 3x2 + 8

Bài 4: (3,5 điểm)
Từ 1 điểm M nằm ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và 1 cát tuyến MCD với (O) (A, B là tiếp
·
điểm; C nằm giữa M, D và điểm O nằm bên ngoài MAD
)
a) Chứng tỏ tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Chứng tỏ MA.MB = MC.MD
c) Vẽ đường kính AE của (O). CE cắt MO tại I. Chứng tỏ tứ giác MCIB nội tiếp.
d) ED cắt đường thẳng MO tại J. Chứng tỏ OI = OJ.
Bài 5: (0,75 điểm)
Một người gửi 2 triệu đồng vào một ngân hàng loại kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 5,2% 1 năm (lãi kép).
Hỏi sau 1 năm, người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi biết rằng người đó không rút lãi ở tất
cả các định kì trước đó ?
* Chú ý: Lãi kép là hình thức lãi có được do cộng dồn tiền lãi tháng trước vào tiền gốc thành
vốn mới và tiếp tục gửi cho tháng sau.


--- HẾT --HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA TOÁN 9 HỌC KỲ 2 NĂM HỌC 2017 – 2018
ĐỀ 1
Bài

Nội dung hướng dẫn chấm

Bài1: (2.25
điểm)

a) 2x – 3)2 = 4x + 9 ⇔ 4x2 – 12x + 9 = 4x + 9
⇔ ... ⇔ 4x(x – 4) = 0 ⇔ ... ⇔ x = 0 hay x = 4

b) x4 – 5x2 – 36 = 0

Điểm từng phần
0,25
0.5

Đặt t = x2 (t ≥ 0)

Phương trình trở thành: t2 – 5t – 36 = 0

0,25

Tính ∆ = 169
t1 = 9 (nhận); t 2 = − 4 (lọai)

0.25

t = 9 ⇔ x2 = 9 ⇔ x = ± 9 = ± 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 3 ; x2 = – 3

0.25

c)
3x + 2y = 3
9x + 6y = 9
x = 11
x = 11
⇔
⇔
⇔ ... ⇔ 


5x + 3y = 10 10x + 6y = 20 3x + 2y = 3
y = −15

0,25
0.25
0.25

Bài 2:
điểm)

(1.5

a) (P) : y =

1 2
x
2

0.5

Lập bảng giá trị đúng (0.5đ)

y=

x

-4

-2

0

2

4

1 2
x
2

8

2

0

2

8

Vẽ đúng (P)
b) (P) : y =

1 2
x
2

0.5
(d) : y = x + 4

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) là:


1 2
x = x + 4 (0.25đ)
2

Giải ra ta tìm được: tọa độ giao điểm giữa (P) và (d) là: (2; 2) và (4; 8) (0,25đ)
0.5

Bài 3:
điểm)

(2.0

a)
x 2 − (2m + 3) x + m 2 + m − 1 = 0
∆ = 4m 2 + 12m + 9 − 4m 2 − 4m + 4

0,25

= 8m + 13
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0
⇔m≥−

Đk: m ≥ −

13
8

0.25
0.25

13
8

b) Theo định lý Vi-ét:

b

 x1 + x2 = − a = 2m + 3

 x .x = c = m 2 + m − 1
 1 2 a

0,25
0.25

2
2
c) x1 + x2 = 3x1 + 3x2 + 8

⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 − 3( x1 + x2 ) − 8 = 0
⇔ (2m + 3) 2 − 2(m 2 + m − 1) − 3(2m + 3) − 8 = 0
⇔ 2 m 2 + 4m − 6 = 0

0.25

m1 = 1 (nhận)

0,25

m2 = −3 (loại)
2
2
Vậy m = 1 thì pt (1) có: x1 + x2 = 3x1 + 3x2 + 8

0.25


Bài 4:
điểm)

(3.5

·
a) MAO
= 900
·
MBO
= 900
·
·
⇒ MAO
+ MBO
= 1800

Mà 2 góc này đối nhau
⇒ tứ giác MAOB nội tiếp

b) Xét ∆MAC và ∆MDA
·AMC chung
·
·
MDA
= MAC
⇒ ∆MAC : ∆MDA

⇒

MA MC
=
MD MA

⇒ MA.MA = MC.MD

Mà MA = MB
Vậy MA.MB = MC.MD
·
·
c) Chứng minh được OM // BE ⇒ MIC
= CEB
·
·
Mà CEB
= MBC


·
·

⇒ MIC
= MBC

Mà I và B là 2 đỉnh cùng nhìn MC
⇒ Tứ giác MCIB nội tiếp

d) Chm ∆BCD : ∆EJI
·
·
⇒ EJO
= BCD
·
·
·
·
Chm BCD
(cùng bù MCB
)
= BIO
= MIB
·
·
⇒ BIO
= EJO

Chm ∆BIO : ∆EJO
⇒

IO BO
=

JO EO

Mà BO = EO
Vậy IO = JO
Bài 5: (0.75 Gọi a là số tiền gửi ban đầu.
điểm)
r là lãi suất một kỳ hạn.
n là số kỳ hạn.
Ta có số tiền cả vốn lẫn lãi:
Cuối kỳ hạn 1 là: a+ar = a(1+r)
Cuối kỳ hạn 2 là: a(1+r)+a(1+r)r = a(1+r)2
Tương tự …
Cuối kỳ hạn n số tiền là: a(1+r)n
Theo đề bài
Lãi suất một kỳ hạn 3 tháng là:
(5,2%:12).3 = 1.3%

(0.25đ).

1 năm = 12 tháng = 4 kỳ hạn.
Số tiền người đó nhận được (cả vốn lẫn lãi) là:
2000000(1+1.3%)4 = 2106045.633đ.

(0.25đ).