de thi hoc ky 2 lop 9 nam 2017 2018 mon toan truong thcs vinh thinh 3605

TRƯỜNG THCS VĨNH THỊNH
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN 9 (Thời gian: 90 phút)

I. Trắc nghiệm:(2 điểm) Chọn đáp án đúng trong các câu sau
Câu 1: Biết x = 2 là nghiệm của phương trình: mx2 + 2m + 1 = 0. Khi đó m bằng:
A.

6
5

B.

5
6

C. 

6
5

D. 

5
6

Câu 2: Đồ thị hàm số y = -3x2 đi qua điểm C(-1; m). Khi đó m bằng:
A. 3
B. 6
C. -3
D. - 6

4 x  3 y  3
vô nghiệm khi:
 mx  y  2
4
4
4
B. m  
C. m  
D. m 
3
3
3

Câu 3: Hệ phương trình 
A. m 

4
3

Câu 4: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O), biết QMN  3QPN . Khi đó
QPN bằng:
A. 600
B. 55 0
C. 500
D. 450
II. Tự luận: (8 điểm)
x  2 y  2
3 x  2 y  6

Câu 5: Giải hệ phương trình: 

Câu 6: Cho phương trình: x2 – 2mx – 4m – 4 = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) với m = - 1
b) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12 + x 22 - x1x2 = 13
Câu 7: Một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2. Nếu tăng chiều rộng thêm 3 cm
và tăng chiều dài tăng thêm 3 cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 48 cm2.
Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB
tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E khác B và C), AE cắt CD
tại F. Chứng minh:
a) Tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.
b) AE.AF = AC2.
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một
đường thẳng cố định.
Câu 9: Cho 9 số thực a1,a2,a3,…,a9 không nhỏ hơn -1 và a13 + a23 + a33 +…+ a93 = 0.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a1 + a2 + a3 +…+ a9


Ký duyệt của tổ trưởng

Trần Bá Hoành


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TOÁN 9
I. Trắc nghiệm: Mỗi ý đúng 0,5 đ
Câu

1
2
3
4
Đáp án
B
C
A
D
II. Tự luận
Câu 5
x  2 y  2
4 x  8
x  2



1đ
3 x  2 y  6
x  2 y  2
y  0
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(2;0)
Câu 6
a)Với m = -1 Ta có phương trình: x2 + 2x = 0  x( x  2)  0
2,5 đ
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 =0, x2 = -2

0.75
0.25
0.75

0.25

b) x2 - 2mx – 4m – 4 = 0 (1)
∆’ = (-m) 2 - 1.(-4m – 4) = m2 + 4m + 4 = (m + 2) 2 ≥ 0 với 0.5
mọi m
Vậy phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi m.

0.25

c) Do phương trình (1) luôn có nghiệm x1;x2 với mọi m, nên
theo hệ thức Viét:
 x1  x2  2m
Theo bài cho: x12+x22-x1x2 =13

 x1 x 2  4m  4
2
 ( x1  x2 ) 2  3 x1 x 2  13  0  4m + 12m - 1 = 0

 3  10
 3  10
0.5
, m 2=
2
2
 3  10
 3  10
Vậy m =
hoặc m =
thì phương trình (1) có 2
2

2
0.25

m 1=

Câu 7
1,5 đ

nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12+x22-x1x2 =13
Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) 0.25
( x; y > 0).
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
 xy = 40
 xy = 40
.


 x + 3 y + 3  xy + 48
 x + y = 13

0.5

Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2–13t + 40= 0 (1)
Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là t1= 8 và t2 = 5.
0.5
Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm.
0.25


Câu 8

2,5 đ

0.25

C

E

F
A

B
I

O

D

a) Tứ giác BEFI có:
BIF  90 0 (gt)
BEF  BEA  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF

0.75

b) Vì AB  CD nên cung AC = cung AD
suy ra ACF  AEC
Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và ACF  AEC

0.75

Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC 

AC AE

AF AC

 AE.AF = AC2

c) Theo câu b) ta có ACF  AEC , suy ra AC là tiếp tuyến 0.75
của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).
Mặt khác ACB  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy
ra AC  CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi
trên cung nhỏ BC.
Câu 9
1đ

0.5

2

1
Với x  1 ta có x  1 x    0  4 x 3  1  3x
2


Áp dụng BĐT trên ta có:
3P  4a13  a 2 3  a3 3  ..  a9 3   9  9  P  3

Dấu = xảy ra khi 1 số bằng -1 và 8 số còn lại bằng

1
2

Vậy P max= 3 khi 1 số bằng -1 và 8 số còn lại bằng

0.25
1
2

0.25