de thi hoc ky 2 lop 9 nam 2017 2018 mon toan truong thcs phu da 0458

TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. (2,0 điểm)
 3 x y 7


 x y 1

1.

Giải hệ phương trình

2.

Giải phương trình 4 x 4  3x 2  1  0 .

Câu 2. (3,0 điểm)
1
2

1. Cho hàm số y  ax2 , với a  0 . Xác định hệ số a , biết đồ thị của hàm số đi
qua điểm A(2;1) .
2. Cho phương trình x 2  4 x  5m  2  0 (1), với m là tham số.
a. Giải phương trình (1) khi m  1.
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn:
x1  x2  2 x1 x2  14 .

Câu 3. (1,5 điểm) : Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B. Vận tốc xe ô tô thứ
nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm
hơn xe ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A
đến B là 200 km.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp
tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D.
Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.
Chứng minh rằng:
1. Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn;
2. MB2 = MD.MA và MOC = MEC ;
3. BF // AM.
Câu 5. (0,5 điểm) :Cho hai phương trình x 2  2013 x  1  0 (2) và
x 2  2014 x  1  0 (3). Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2) ; x3 , x4 là nghiệm của
phương trình (3). Tính giá trị của biểu thức P = (x1  x3 )( x2  x3 )( x1  x4 )( x2  x4 ).

-----------------Hết------------------GV: Nguyễn Minh Quyết


TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA

HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC KÌ II
MÔN : TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2017 - 2018

Hướng dẫn giải

Điểm

Câu 1
1
(1 điểm)

(2 điểm)
3 x  y  7
4 x  8
x  2
x  2



x  y  1
x  y  1 x  y  1  y  1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2; 1) .

Ta có: 

0,75
0,25

Đặt: x2  t, t  0.
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 4t 2  3t 1  0
1

2
(1 điểm)

0,5

Vì a  b  c  4  3 1  0 nên pt trên có nghiệm t1  1, t 2  .
4
Vì t  0 nên t1  1 không thỏa mãn điều kiện.

1
1
1
Với t  t 2  . Khi đó: x 2   x   .
4
4
2

0,5

 1 1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = - ; 
 2 2

Câu 2

1
(1 điểm)

(3 điểm)
Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A(2;1) nên, ta có:
1
a.(2)2  1
2
1
 2a  1  a  (thoả mãn điều kiện a  0 )

2
1
Vậy a  là giá trị cần tìm.
2

0,5
0,25
0,25

a. x 2  4 x  5m  2  0
Thay m  1 vào phương trình (1), ta được pt:
x 2  4 x  3  0 (2)
Vì a  b  c  1  4  3  0 nên pt (2) có nghiệm x1  1, x 2  3 .
Vậy với m  1 thì pt (1) có nghiệm x1  1, x 2  3 .

2
(2 điểm)

b. Ta có:  '  (2)2  1.(5m  2)  4  5m  2  6  5m
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi:
6
6  5m  0  5m  6  m 
5
 x  x  4
Theo hệ thức Vi – ét, ta có:  1 2
(3)
 x1.x2  5m  2

Theo đề bài, ta có: x1  x2  2 x1 x2  14

0,25
0,5
0,25

0,25

0,25

(4)

Thay (3) vào (4) , ta được:

4  2(5m  2)  14  10m  8  14  10m  6  m  

3
(thỏa mãn ĐK
5

0,25


6
m )
5
Vậy m  

3
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5

0,25

Câu 3

(1,5 điểm)
Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0.
Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h)

200
(giờ)
x  10
200
Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là :
(giờ)
x
200 200
Lập phương trình:

 1 (5)
x
x  10
Giải phương trình (5) tìm được x1  40, x2  50 .
Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là :

(1,5 điểm)

0,25
0,25
0,25

0,5

Vì x  0 nên x2  50 không thoả mãn điều kiện của ẩn.
0,25

Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h);
vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h).
Câu 4

(3 điểm)
Hình vẽ:
A

F
E

O

C
B

D

M

Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên
1
(1 điểm)

MB  OB; MC  OC  MBO  MCO = 900

0,25

Xét tứ giác OBMC có:

MBO + MCO = 900  900  1800 , mà MBO, MCO là hai góc ở vị trí đối

0,5


diện nhau.
Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm)

0,25

Xét (O) có: MBD  MAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với
dây cung cùng chắn BD )
Xét MBD và MAB có:
2
(1 điểm)

MBD  MAB (cm trên)

0,5

M chung
Do đó: MBD

MAB (g.g) 

MB MD

 MB2  MA.MD
MA MB

(đpcm)
Tứ giác MCOE nội tiếp (vì MCO + MEO  1800 ) nên MOC = MEC (6)

( hai góc nội tiếp chắn cung MC)
Ta có: MOC 

BFC 
3
(1,0 điểm)

(đpcm)

0,5

1
1
BOC = sđ BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
2
2

1
sđ BC (góc nội tiếp)  BFC  MOC (7)
2

Từ (6) và (7) suy ra: BFC  MEC , mà BFC, MEC là hai góc ở vị trí đồng

vị.
Do đó: BF // AM (đpcm)

Câu 5

0,5

0,5

(0,5 điểm)
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Theo hệ thức Vi – ét ta có:
x1x2 = 1, x3x4 = 1 , x1+x2 = - 2013, x3 + x4 = - 2014
Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

P = (x1  x3 )( x2  x3 )( x1  x4 )( x2  x4 )
(0,5 điểm)

= (x1x2 + x2x3 - x1x4 - x3x4 )(x1x2 + x1x3 - x2x4 - x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3 - x2x4 )
= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12 + x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42
= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 - ( x2+ x1)2 + 2x1x2
= (x3 + x4 )2 - ( x2+ x1)2
Thay x1+x2 = -2013; x3 + x4 = -2014 được :
P = 20142 - 20132 =2014+2013 =4027
KL:……
Tổng điểm

0,25

0,25
10