Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Thịnh Quang

PHÒNG GD&ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HKÌ II TOÁN 9

TRƯỜNG THCS THỊNH QUANG

Năm học 2017 – 2018
Thời gian làm bài: 90 phút

3 x 6
2 x 1
x  x 9
Bài 1 (2 điểm). Cho P  
và Q 
với x  0, x  4, x  9

 :
 x4


x
x
2
3
x
2




a) Tính giá trị biểu thức Q với x  36.

b) Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để Q  P nguyên.

Bài 2 (2 điểm). Một tàu thủy chạy trên 1 khúc sông dài 80km. Cả đi lẫn về mất 8h20'.
Tính vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước bằng
4km/h.

Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2mx  m 2  4  0
a) Chứng minh rằng pt luôn có 2 nghiệm với mọi giá trị của m
b) Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 3x1  2 x2  7

Bài 4 (3,5 điểm). Cho (O; R). Từ điểm A nằm ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC
(B, C là tiếp điểm). OA cắt BC tại E.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
b) Chứng minh BC vuông góc OA và BA.BE  AE.BO
c) Gọi I là trung điểm BE. Đường thẳng qua I là vuông góc OI cắt tia AB, AC tại D
và F. Chứng minh IDO  BCO và DOF cân tại O
d) Gọi P là giao BF và AO. Khi OA  3R . Tính AP theo R.

Bài 5 (0,5 điểm). Cho x, y là hai số dương thay đổi
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 x  y
S

2

x2  y 2

 x  y


xy

2


PHÒNG GD&ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HKÌ II TOÁN 9

TRƯỜNG THCS THỊNH QUANG

Năm học 2017 – 2018
Thời gian làm bài: 90 phút

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
Bài 1.a) Với x  36 (TMĐKXĐ)
Q

2 x  1 2 36  1 2.6  1 13



62
4
36  2
x 2

Vậy với x  36 thì Q 

13
4

3 x 6
x  x 9
b. Ta có: P  

:

x  2  x  3
 x4






3










x 2


x  2 
x  2 
x 2



x



 
x  3 
.
x  2  

x 2

x 2






:
x 2 


x 2

x 3
x 3



x 3





x 3



x 3



x 3



1
x 2

c. Đặt: A  Q  P 

2

2 x 1
1
2 x



x 2
x 2
x 2

Ta có: A  khi và chỉ khi

4



 



x 2 





x 2 4
x 2

4

x 2

 2

4

x 2



x  2  Ư  4   1; 2; 4;1; 2; 4

Ta có bảng

x

x 2

4

2

1

1

2

4

x

2

0

1

3

4

6

L

0

1

9 (L)

16

36


Vậy x  0;1;16;36 thì Q  P nguyên
Bài 2.
Gọi vận tốc thực của tàu khi nước yên lặng là x km/h  x  4 

Vận tốc của tàu lúc ngược dòng là x  4 km/h
Vận tốc của tàu lúc xuôi dòng là x  4 km/h
80
h
Thời gian tàu đi ngược dòng là
x4
80
Thời gian tàu đi xuôi dòng là
h
x4
25
Vì thời gian cả di lẫn về là 8h20 '  h nên ta có pt:
3
80
80
25


x4 x4 3
 25x 2  480x  400  0

Giải phương trình trên thu được x  20 (TM) hoặc x 

4
(loại)
5

Vậy vận tốc của tàu khi nước yên lặng là 20 km/h

Bài 3.

a)  '  m 2  m 2  4  4  0  Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

x  m  2
b) 
x  m  2
Th1: x1  m  2 ; x2  m  2

3x1  2 x2  7  3m  6  2m  4  7  5m  5  m  1
Th2: x2  m  2 ; x1  m  2
3x1  2 x2  7  3m  6  2m  4  7  5m  9  m 

9
5


Bài 4.
D

B
A

I

P
E

O

F
C

a) Vì AB và AC là tiếp tuyến của (O) nên ABO  ACO  900
Xét tứ giác ABOC có: ABO  ACO  1800 mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác
ABOC nội tiếp đường tròn
b) Ta có:

AB  AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên A nằm trên đường trung trực cạnh
BC (1)
OB  OC  R nên O nằm trên đường trung trực cạnh BC  2 
Từ 1 và  2  suy ra AO là trung trực cạnh BC nên OA vuông góc BC
Xét tam giác OBE và tam giác BAE có:

BEO  AEB  900 ; BOE  ABE ( cùng phụ góc OBE )
Suy ra OBE ∽ BAE  g.g  

OB BE

 AE.BO  BE. AB (đpcm)
BA AE

0
c) Xét tứ giác BDOI có: DBO  DIO  90 mà hai góc này cùng nhìn cạnh OD nên tứ giác

BDOI nội tiếp đường tròn  IDO  IBO ( góc nội tiếp chắn cung OI)
Tam giác OCB cân tại O (OC=OB=R) nên IBO  ICO suy ra IDO  BCO (3)
0
Xét tứ giác OIFC có: OIF  OCF  180 nên tứ giác OIFC nội tiếp đường tròn, suy ra

OCI  OFI ( góc nội tiếp chắn cung IC) (4)
Từ (3)(4) suy ra IDO  IFO  DOF cân tại O

d) Ta có:


AB  AC  OA2  OB 2  2 2.R
OE 

8R
OB 2 R
R. 3
; OI  OE 2  IE 2 
  EA 
3
3
OA 3

CE  OC 2  OE 2 

2 2.R
3

Vì OAC  OCE  OFI  OFI ∽ CAE  g.g  

OI OF

 OF  R. 3
CE CA

AC
 F là trung điểm AC nên BF là đường trung
2

2
2 8R 16 R
tuyến của tam giác ABC  P là trọng tâm tam giác ABC nên AP  AE  .

3
3 3
8
 CF  OF 2  OC 2  R. 2 

Bài 5.
Ta có:

 x  y
S
x y
2

2

2

 x  y


2

xy

1
1 

2
  x  y  2
 
2
xy 
x y

Áp dụng BĐT cô si ta có:
1
1  1
1  1
4
1

 2




2
2
2
x y
xy  x  y
2 xy  2 xy  x  y  2 xy
2

Mặt khác:

 x  y

2 xy 

Từ 1 và  2  

2

2



1
2

2 xy  x  y 2

1
1
6


2
x y
xy  x  y 2
2

1
1 
2
 S   x  y  2
 6

2
xy 
x y

Vậy MinS  6  x  y  0.

 2

1