Đề thi học kì 2 môn toán 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.14 MB, 83 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>



T

rịnh Bình sưu tầm tổng hợp

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC KÌ 2

MƠN TỐN LỚP 9 CÁC QUẬN HÀ NỘI

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

UBND QUẬN THANH XUÂN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 1

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2018 – 2019 
MƠN: TỐN – LỚP 9

Thời gian làm bài: 90 phút

Ngày kiểm tra: / /2019

Bài 1(2 điểm). Cho hai biểu thức A = 8
7
x
x



 và B =

8 24
9
3

x x

x
x






 với x ≥ 0; x ≠ 9

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25
2) Chứng minh 8

3
x
B

x






3) Tìm GTNN của P= B

A

Bài 2(2 điểm).Giải tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình

Đội sản xuất phải làm 1000 sản phẩm trong thời gian quy định .Nhờ tăng năng suất lao

động ,nên mỗi ngày đội làm thêm được 30 sản phẩm so với kế hoạch. Vì vậy chẳng những

đã làm vượt mức kế hoạch 170 sản phẩm mà cịn hồn thành cơng việc sớm hơn dựđịnh
một ngày. Tính số sản phẩm mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch.

Bài 3(2 điểm).

1) Giải hệphương trình:

3 5

2
3

4 3 15

2
x

y

x
y


  



 




   

 



2) Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng d: y= 6x +m2 -1 với m là tham số và

parabol (P): y = x2

a) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điêm phân biệt với mọi số thực m
b) Gọi x1, x2là hoành độgiao điểm của d và (P).

Tìm m để x12 – 6x2+x1x2 =48

Bài 4 (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R). từ điểm A vẽ các tiếp tuyến
AB,AC với B,C là tiếp điểm, và cát tuyến AMN với đường trịn (O). ( với MN khơng đi
qua tâm và AM < AN).

1. CHứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
2. Chứng minh AM.AN=AB2

3. Tiếp tuyến tại N của (O) cắt đường thẳng BC tại điểm F. chứng minh đường thẳng
FM là tiếp tuyến của (O;R)

4. Gọi P là giao điểm của dây BC và dây MN, E là giao điểm của đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNO và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (E khác O). Chứng

minh P,E,O thẳng hàng

Bài 5(0,5 điểm). giải phương trình x 2017 2017 x
---HẾT---

ĐỀ CHÍNH THỨC

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲII NĂM HỌC 2018 – 2019 
MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài Ý Nội dung Điểm

I 2đ

1 
(0,5đ)

Thay x=25 TMĐK vào A 0,25đ

Tính được
13
32

A 0,25đ

2 
(1đ)

B= ( 3) 8 24

9 9

x x x

x x

  

  0,25đ

B = 11 24

( 3)( 3)

x x

 

  0,25đ

B = ( 8)( 3)
( 3)( 3)

x x

 

  0,25đ

Suy ra 8

3
x
B

x




 0,25đ

3

(0,5đ)

Ta có

7
3
B x
P

A x



 

 đk x>9

16 16

3 6 2 3. 6 14

3 3

P x x

x x

P

       

 

 

0,25đ

Dấu = xảy ra

16
3

14 3 49( )

9
x

P x x TMDK

x


 


    

 



Vậy Min P 14 khi x=49

0,25đ

II Giải bài tốn bằng cách lập phương trình 2đ

Gọi số sản phẩm đội sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch

là x sản phẩm ( x N*) 0,25đ

Nhờ tăng năng suất nên thực tếtrong 1 ngày đội đã làm được x+30 sản

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lập luận đi đến pt 1170 1000 1
30

x  x  0,5đ

Giải pt ta được x1 = 100 (Thỏa mãn điều kiện ); x2 = -300 (Loại) 0,5đ

Vậy số sản phẩm đội sản xuất làm trong 1 ngày theo kế hoạch là 100 sản

phẩm 0,25đ

III 2đ

1 
(1đ)

ĐK: x  3; y > 2 0,25đ

Đặt

3 ,

2 5

4 3 15

x a b

y
a b

a b

  


  


 

 


với a  0, b>0

Giải được a=3 và b=1 TMĐK

0,25đ

Từđó tìm được

6
3
x
y

  





 TMĐK

Vậy nghiệm của hệphương trình là (x;y) = (-6;3)

0,5đ

2a 
(0.5đ)

Hoành độgiao điểm của d và (P) là nghiệm của phương trình:

x2= 6x +m2 -1  x2 – 6x – m2+1=0 (1) 0,25đ

' 2
8 0

m m

    

Vật pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m hay (d) cắt (P) tại hai

điểm phân biệt với mọi m.

0,25đ

2b 
0.5đ

Ta có x1, x2 là hai nghiệm của (1) suy ra

x1+ x2= 6 và x1 . x2 = - m2+1 0,25đ

x12 – 6x2+x1x2=48  x1 (x1+x2)-6x2 =48 x1 – x2 =8 (*)

mà x1+ x2= 6 suy ra x1 =7, x2 = -1 vào x1 . x2 =-m2+1 vào (*) ta có

m2 =8  m=2 2 . vậy m=2 2

0,25đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp 0.75đ
AB là tiếp tuyến của (O) nên AB vng góc với BO suy ra góc ABO=900

0,25đ

Lập luận tương tự có góc ACO =900

Vì   0

180

ABOACO nên tứ giác ABOC nội tiếp

0,25đ
0.5đ

2 Chứng minh AM.AN=AB2 1đ

Chứng minh được góc ABM= góc ANB 0,25đ

xét  ABM và ANB CĨ góc BAN chung, góc ABM= góc ANB

suy ra  ABM ~ANB 0,25đ

Suy ra AM.AN=AB2 0,25đ

3 chứng minh đường thẳng FM là tiếp tuyến của (O;R) 1đ
Cminh AB2 = AH.AO va AM.AN=AB2 suy ra AH.AO=AM.AN 0,25đ

Chứng minh M,N,O,H cùng thuộc một đường tròn (I) 0,5đ

Mà FNO =900nên FO là đường kính của (I) 0.25đ

Lập luận tương tự có FM là tiếp tuyến của (O). 0,25đ

4 Chứng minh K,D,E thẳng hàng 0,5đ

Chứng minh A,E,F thẳng hàng 0,25đ

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

V Giải pt x 2017 2017 x 0,5đ

ĐK 2017 2

0 2017
0

x

x
x

 

   


 



đặt y2017 x (y0)

khi đó ta có 2017 (1)

2017 (2)

x y

y x

  




  



suy ra x y y x  0 ( x y)( x y 1) 0

0,25đ

TH1: x  y x y thay vào (1) được

2
1 8069

( )

1 8069
2

2017 0 ( )

2
1 8069

( )
2

x l

x x x x

x TM

  

 

  

      

  

 



TH2: x y  1 y  1 x thay vào (1) được

1 2017 0 2016 0

x x    x x 

2
1 8065

( )

1 8065
2

2
1 8065

( )
2

x TM

x

x l

 

   

   

   

   

 



Vậy tập nghiệm của pt là

2 2
1 8069 1 8065

;

2 2

S

      

    

     

    

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

UBND HUYỆN THANH TRÌ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018-2019 
 Đề số 2 MƠN: TỐN 9 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1.(2,0 điểm) Cho hai biểu thức:

A = 3 1 1

1 1 1

x

x x x x x

−

− +

+ + − + và B =

x với x > 0
1. Tính giá trị của B tại x = 1

4
2. Rút gọn biểu thức A

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A
B

Bài 2.(2,0 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.

Một ơ tơ đi trên qng đường dài 400km. Khi đi được 180km thì ơ tô tăng vận tốc
so với lúc trước thêm 10km/h và đi hết qng đường cịn lại. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô,
biết thời gian đi hết cả quãng đường là 8 giờ. (Giả thiết vận tốc ô tô không đổi trên mỗi

đoạn đường).

Bài 3.(2,0 điểm)

1. Giải hệphương trình:

2 1 13

3 1

5 2 1

3 1

x y

 + =
 − +




 − =
 − +


2. Cho (P): 2
4

x

y= − và đường thẳng (d): y = m(x – 1) – 2

a) Chứng minh: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B khi m thay đổi.
b) Gọi xA, xB lần lượt là hoành độ của A và B. Tìm m để xA2xB+ xB2xAđạt giá trị nhỏ

nhất và tính giá trịđó?

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) với đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điểm B. Gọi

M là trung điểm AB, từ M kẻdây DE vng góc với AB. Từ B kẻ BF vng góc với CD (F
thuộc CD)

1. Chứng minh: tứ giác BMDF nội tiếp
2. Chứng minh: CB.CM = CF.CD

3. Chứng minh: tứgiác ADBE là hình thoi và 3 điểm B, E, F thẳng hàng.

4. Gọi S là giao điểm của BD và MF, tia CS lần lượt cắt AD, DE tại H và K. Chứng
minh: DA DB DE

DH + DS = DK

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

HƯỚNG DẪN CHẤM

BÀI KIỂM TRA HỌC KỲII NĂM HỌC 2018 – 2019 
MƠN TỐN – LỚP 9

Bài Nội dung Điểm

1 TS:

2.0
a) Thay x = 1

4 vào B và tính đúng: B = 2

0.5
b)

(

)(

3 1

) (

)(

1 1

)

(

)(

)

x x

x x
A

x x x x x x x x x

− +

= − +

+ − + + − + + − +

(

3 1

)(

1 11

) (

)(

1 1

)

1 1

x x x x

x x

x x x x x x

− + − + − +

= = =

− +

+ − + + − +

0.5

0.5
c) Chứng minh được: B 1

A≥ , dấu “=” khi x = 1
Suy ra A 1

B ≤ , dấu “=” khi x = 1. Kết luận

0.25
0.25

2 TS:

2.0
Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là x (km/h) (x > 0)

Thời gian ô tô đi trên đoạn đường đầu 180
x (h)
Thời gian ô tô đi trên đoạn đường sau 220

10
x+ (h)

Theo đề bài, thời gian ô tơ đi trên cảqng đường là 8 giờ. Ta
có PT 180

x +
220

10
x+ = 8

Giải chi tiết phương trình tìm được hai nghiệm: 45 và – 5
Giá trịx = 45 (tmđk), trả lời

0.25
0.25
0.5

0.25
0.5
0.25

3 TS:

2.0

1. Đặt 1 ; 1

3 a 1 b

x− = y− = . Có được HPT hai ẩn a, b đúng

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải HPT tìm ra: 1; 1

5 4

a= b=

Thay a, b tìm ra nghiệm của hệ(x,y) = (64;9) 0.25

2. Biến đổi có được PT hồnh độgiao điểm: x2+ 4mx – 4m – 8 =

0 (1)

Tính: ∆’ = (2m + 1)2 + 7 > 0 với mọi m => (d) luôn cắt (P) tại hai

điểm A, B

xA, xBlà hoành độgiao điểm A, B => xA, xB là nghiệm của PT (1)

Theo Viet ta có: xA+ xB = - 4m; xA.xB = - 4m – 8

xA2xB+ xB2xA = xAxB(xA+ xB) = 16m2+ 32m = (4m + 4)2 – 16 ≥ - 16

Vậy xA2xB+ xB2xA min = - 16 khi m = - 1

0.25
0.25
0.25

0.25

4 TS:

3.5

Vẽhình đúng đến câu a 0.25

1. Có  0

90 (Do )
DMB= DE ⊥AB

Có  0

90 (Do BF )
DFB= ⊥ AB

Suy ra   0

180
DMB+DFB=

Suy ra: tứ giác DMBF nội tiếp

0.25
0.25
0.25
2. Chứng minh: ∆CFB và ∆CMD đồng dạng

. .

CF CB
CM CD
CF CD CM CB
⇒ =

⇒ =

0.5
0.25
0.25

3. Có AM = MB (M là trung điểm AB)

Có DE ⊥AC => MD = ME (Liên hệđk và dc)

0.25
0.25
I

J
S

K
H

C
M

E
D

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Suy ra: ADBE là hình bình hành (DHNB)

Mà DE ⊥ AB

Vậy ADBE là hình thoi

0.25
0.25

4. KẻAJ // HK (J thuộc DE); BI // HK (J thuộc DE)

Chỉra được: DA DJ DB; DI

DH = DK DS = DK (Định lí Ta – let)
DA DB DI DJ

DH DS DK
+
⇒ + =

Chứng minh được: DI = EJ (∆AEJ = ∆BDI)
DA DB EJ DJ DE

DH DS DK DK
+

⇒ + = =

0.25
0.25
0.25
0.25
5 Xét PT bậc 2 ẩn x: x2 – 4xy + 5y2+ 2y – 3 = 0 (*)

Tính ∆’ = - y2 – 2y + 3 = - (y – 1)(y + 3)

Để PT (*) có nghiệm: ∆’ ≥ 0 1 ≥ y ≥ - 3

y nhỏ nhất = - 3 => x = - 6

Trả lời

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

UBND QUẬN CẦU GIẤY ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 
 MƠN: TỐN – LỚP 9

Thời gian làm bài: 90 phút

Đề số 3 Ngày kiểm tra: 18 tháng 4 năm 2019
Bài 1(2 điểm). Cho hai biểu thức

A = ( 1 ) : 1 2

1 1

x

x x x x

 

 

   



     với x >0; x ≠ 1
4) Rút gọn biểu thức A

5) Tìm x biết A=2

6) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(A4) x

Bài 2(2 điểm).Giải tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình

Một ơ tơ đi từA đến B cách nhau 90km với vận tốc dự định. Khi từ B trở về A, ô tô

đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc lúc đi là 5km/ giờ. Do đó thời gian vềít hơn thời gian đi

là 15 phút. Tính vận tốc dựđịnh của ô tô đi từA đến B.

Bài 3(2.5 điểm).

3) Giải hệphương trình: 2 2( ) 8

2 2 5( ) 19

x x y

    




    



4) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=mx-m-2 ( m là tham số) và
parabol (P): y=-x2.

a) với m = -2. Tìm tọa độgiao điểm của đường thẳng d và parabol (P).

b) tìm m đểđường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2

thỏa mãn x1x2  20
Bài 4(3 điểm)

1. Một hộp sữa hình trụcó đường kính đáy là 12cm, chiều cao 10cm. Tính diện tích
vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy ( khơng tính phần mép nối)

2. Cho đường trịn (O,R), từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến
AB,AC với (O) ( B,C lần lượt là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường

tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ hai là F. chứng minh AB2 = AE.

AF.

c) Chứng minh BC=CF.

Bài 5 (0,5 điểm). Một viên gạch hinhg vng cạnh a(cm) có

hoa văn như hình vẽ. M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của các
cạnh AD,AB,BC,CD.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲII NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN: TỐN LỚP 9

Bài Ý Nội dung Điểm

I

1 
(1đ)

Với x>0, x#1 ta có

A = 1 : 1 2

1 ( 1) 1 ( 1)( 1)

x

x x x x x x

   

     

 

        

 

0,25đ

A = 1 : 1

( 1) ( 1)( 1)

x x

x x x x

 

   0,25đ

A = 1 .( 1)

( 1)
x

x
x x

 

 0,25đ

A = x 1

x



0,25đ

2 
(0,5đ)

A=2 1 2

2 ( 1) 0
x

x
x



     0,25đ

1
x

 

( khơng thỏa mãn điều kiện)

Vậy khơng có giá trị nào của x để A=2 0,25đ

3

(0,5đ)

( 4) 4 1 ( 2) 3

P A x  x x  x 

0,25đ

Ta có
3
P 

Dấu bằng xảy ra khi x=4 (TMĐK)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3 khi x=4.

0,25đ

II Giải bài tốn bằng cách lập phương trình 2đ

Gọi vận tốc dựđinhn của ô tô đi từA đến B là x(km/h) x>0
Khi đó thời gian ơ tơ đi từA đến B là 90

x (h)

0,25đ
0,25đ

Vận tốc ô tô khi từB đến A là x+5 (km/h)

Thời gian ô tô di từB đến A là 90
5
x (h)

0,55đ

15 phút =1
4h

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Do chi đồn hồn thành cơng việc trước dựđịnh là 12 phút = 1

5 h nên

ta có phương trình:

90 90 1

5 4
x  x 

0,25đ

450 1

( 5) 4
5 1800 0

x x

x x

 



   

0,25đ

Tìm được x1 = 40 (Thỏa mãn điều kiện cảu ẩn); x2 = -45 (Loại) 0,25đ

Vậy vận tốc dựđịnh của ô tô là 40km/h 0,25đ

III 2đ

1 
(1đ)

2 2( ) 8
2 2 5( ) 19

x x y

    




    

 1đ

ĐK: x ≥ 2
Đặt x 2 u

x y v

  



  

 với u≥0

0,25đ

Hệ pt trở thành

2 8
2 5 19

u v

  




 



Giải hệtìm được

2
3
u
v

 






(TMĐK)

0,5đ

Suy ra

6
2 2

3
3

x
x

y
x y

    

 

 



   

 (TMĐK)

Vậy nghiệm của hệphương trình là (x;y) = (6;3)

0,25đ

2 
(1.5đ)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=mx-m-2 (
m là tham số) và parabol (P): y=-x2.

a) với m = -2. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol

(P). 0,75đ

Với m =-2 ta có pt đường thẳng d : y=-2x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

-x2 =-2x 2 0
2 0

2
x
x x

x

 


   

 



Với x=0 suy ra y=0
Với x=2 suy ra y=-4

Vậy với m=-2 thì d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (0;0) và (2;
-4).

0,25đ

b)tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có

hồnh độ x1, x2 thỏa mãn x1x2  20 0,75đ

Xét pt hoành độgiao điểm của d và (P):

-x2 = mx –m -2 2

2 0
x mx m

    

Ta có 2

(m 2) 4 4 0 m

      

Do đó pt (1)ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2.Duy ra d và (P) ln cắt

nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2

0.25đ

Theo viet ta có 1 2

1 2 2
x x m
x x m

   




  



Theo đề bài 2 2

1 2 20 ( 1 2) 20 ( 1 2) 4 1 2 20
x x   x x   x x  x x 

Suy ra m2+4m +8=20

Giải phương tình ta được m=2, m=-6

Vậy m=2; m=-6

0.5đ

IV Hình học 3,5đ

1 
0.5đ

ta có bán kính đáy là 6cm

diện tích một đáy là 2 2
.6 36 (cm )

   0.25đ

Diện tich xung quanh đê tạo nên vỏ hộp sữa là 2.36 +120 =192

(cm2) 0.25đ

2 
2.5đ

Chứng minh tứ giác ACPM nội tiếp

1đ

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Vì AB,AC là tiếp tuyến của (O) nên

AC CO
AB BO

 






 suy ra  

0
90

ABO ACO 0.5đ

Xét tứ giác ABOC có   0
180

ABOACO mà hai góc này ở vị trí đối

nhau nên tứ giác ABOC nội tiếp 0.5đ

b 
1đ

Xét đường trịn (O) có

 

ABE AFB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng

chắn cung BE)

Xét  ABE và AFB có



BAF chung

 

ABE AFB

Suy ra ABE ~ AFB (g.g)

0.5đ

Suy ra 2

.AF
AB AE

AB AE

AF  AB  0,5đ

c 
0.5đ

Xét đường trịn (O) có

 

DCEDBC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng

chắn cung EC)

Xét  DEC và DCB có



CDB chung

 

DCEDBC

Suy ra DEC ~ DCB (g.g)

Suy ra 2

.
DC DE

CD DB DE
DB  DC  

Mà AD=DC nên 2

. AD DB

AD DB DE

DE AD

  

0.25đ

XÉT  DAE và DBA có

ADB chung

AD DB
DE  AD

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Suy ra ~ (DAE DBA cgc) DAE DBA

Mà  DBA AFB cmt( ), suy ra  DAE AFB, mà hai góc này ởv ị tí so le
trong do đó AC//BF

Mà  BCABFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

cùng chắn 1 cung )

Suy ra CBF CFB suy ra tam giác CBF cân tại C do đó CB=CF.

V’

0.5đ

Một viên gạch hinhg vng cạnh a(cm) có hoa văn như hình vẽ.
M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,AB,BC,CD.

Tìm độdài a biết diện tích phần gạch chéo là 2

200(4)(cm ) 0,5đ
Nhận xét rằng phần gạch trắng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau,

Gọi R=

a là bán kính đường trịn . diện tích một hình viên phân là









2 2 2 2

2 2 ( )

4 2 4 16

R R R a

S        cm

Vậy diện tích hình gồm 8 viên phân bằng 2





2 ( )
2

a

cm

 

Diện tích phần gạch chéo bằng 2 2









2 4 ( )

2 2

a a

a      cm

0,25đ

Vì diện tích phần gạch chéo là 2

200(4)(cm ) nên





2
2

200(4 )( ) 4 20

2
a

cm a cm

 

    

Vậy a=20

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II 
 QUẬN HAI BÀ TRƯNG Năm học 2018 – 2019

MƠN: TỐN 9 
 (Thời gian làm bài: 90 phút) 
 Đề số 4

Bài 1: (2,0 điểm) Cho các biểu thức:

A = 1

2
x
x

− ; B =

2 3 8

2 2

x x

x

x x

− −

−

+ − (ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4)

a) Tính giá trị của A tại x = 36

b) Rút gọn biểu thức B
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của B

Bài 2: (2,0 điểm) Một ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B dài 80km trên 1 khúc sông, sau

khi nghỉ 30 phút tại B ca nô đi trên khúc sông ấy trở về A. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ

A đến khi vềđến B là 9 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ca nơ khi nước n lặng, biết vận tốc
của dòng nước là 2km/h.

Bài 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y

= (m – 1)x + 4 (m là tham số)

a) Tìm tọa độgiao điểm của (d) và (P) khi m = - 2

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

c) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) và B(x2; y2) sao cho: y1 + y2 =

y1.y2

Bài 4: (3,5 điểm) Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường trịn (O;R), đường cao BE, CF cắt
nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC và AD là đường kính của (O). Chứng minh:

a) BFEC là tứ giác nội tiếp
b) AE.AC = AF.AB

c) H, M, D thẳng hàng

d) Cho (O) và điểm B, C cốđịnh, A di động trên cung lớn BC sao cho ∆ABC ln có ba

góc nhọn. Chứng minh: đường trịn ngoại tiếp ∆AEF có bán kính không đổi.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b là các sốdương thỏa mãn a + b ≤ 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a b 6 24

a b

+ + +

……….Hết……….

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm

Bài 1 2,0

a) Tính giá trị của A tại x = 36 (0,5 điểm)

Tại x = 36 (thỏa mãn ĐKXĐ) ta có: 36 1 6 1
6 2
36 2

A= + = +

−
−

7
4
=

0,25
0,25

b) Rút gọn B (1 điểm)

+ Với ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4 ta có:

B = 2 3 8

2 2 ( 2)( 2)

x x

x x x x

+ − +

+ − + −

(2 3)( 2) ( 2) 8

( 2)( 2)

x x x x

x x

+ − − + +
=

+ −

2 4 3 6 2 8

( 2)( 2)

x x x x x

x x

− + − − − +
=

+ −

3 2

( 2)( 2)

x x

− +
=

+ −

( 1)( 2) 1

( 2)( 2) 2

x x x

− − −
= =

+ − +

Vậy B = 1
2
x
x

−

+ (ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4)

0,25
0,25
0,25
0,25

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của B (0,5 điểm) 
+ Với ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4 ta có:

3 3 3 3

2 2 0

2 2

x

x x

+ ≥ ⇒ ≤ ≤ ⇒ − ≥ −

+ +

Khi đó B = 1 1 3 1 3 1
2 2

2 2

x

x x

− = − ≥ − = −

+ +

+ B =− 1

2 ⇔ x+ = ⇔2 2 x = ⇔ =0 x 0 (thỏa mãn ĐKXĐ)

+ Vậy minB = − 1

2 ⇔ x = 0

0,25

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

(ĐK: x > 2)

(sai không cho điểm)

=> Vận tốc của ca nơ khi đi xi dịng và ngược dòng lần

lượt là: x + 2 (km/h) và x – 2 (km/h)

=> Thời gian của ca nô khi đi xi dịng và ngược dịng lần

lượt là: 80 ( ); 80 ( )

2 h 2 h

x+ x−

+ HS lập luận do tổng thời gian là 9h30; thời gian nghỉ 30p,
nên thời gian đi thực tế là 9 (h), ta có phương trình:

80 80

2 2

x+ +x− =

+ Giải pt ra x1 = 2

− (loại) và x

2= 18 (t/m đk của ẩn)

+ Vậy vận tốc riêng của ca nô trong nước yên lặng là 18
(km/h)

0,25
0,25

0,5

0,5
0,25

Bài 3 2,0

a) Tìm tọa độgiao điểm của (d) và (P) khi m = - 2 (1,0 điểm)

Với m = - 2 ta có (d): y = - 3x + 4

Khi đó ta có phương trình hồnh độgiao điểm của (d) và (P)

là: x2+ 3x – 4 = 0 1
2

1
4
x
x

=


⇒  = −



Với x1= 1 => y1 = 11= 1 => giao điểm thứ nhất (1;1)

Với x1 = - 4 => y2 = (-4)2= 16 => giao điểm thứ hai là (-4;16)

Vậy khi m = - 2 thì tọa độgiao điểm của (d) và (P) là (1;1) và

(-4;16)

(Kết luận thiếu khi m = - 2 không cho điểm)

0,25
0,25
0,25

0,25

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

(0,5 điểm)

Phương trình hồnh độgiao điểm của (d) và (P) là: x2

– (m – 1)x – 4 = 0 (*)

Ta có: ∆ = [ -(m – 1)2] – 4.1.(-4) = (m – 1)2+ 16

Do (m – 1)2≥ 0; 16 > 0 với mọi m => ∆ > 0 với mọi m

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

=> (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m

(đpcm) 0,25

c) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và 
B(x2;y2) sao cho y1 = y2 = y1.y2(0,5 điểm)

Theo ý b) ta có A, B ln tồn tại với mọi m

Khi đó theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = m – 1; x1.x2 = - 4

Do A, B ∈ (P) nên ta có: y1 = x12; y2 = x22

Khi đó: y1+ y2 = y1.y2 x12+ x22 = x12.x22 (x1+ x2)2 – 2x1.x2 =

(x1.x2)2

(m – 1)2 – 2(-4) = (-4)2

 (m – 1)2 = 8  m – 1 = ±2 2 ⇔ = ±m 1 2 2

Vậy m= ±1 2 2 là thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25
0,25

Bài 4 3,5

a) Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (1,0 điểm) 
+ Do BE, CF là đường cao của ∆ABC (gt)

=>BE ⊥ AC, CF ⊥ AB

 Góc BEC = 900

Góc BFC = 900

(khơng lý giải trừ
0,25)

 E, F cùng thuộc

đường trịn

đường kính BC

 Tứ giác BFEC là

tứ giác nội tiếp

(đpcm)

0,25
0,25

0,25

b) Chứng minh AE.AC = AF.AB (1,0 điểm) 
Ta có BE ⊥ AC, CF ⊥AB => góc AEB = AFC = 900

Do BFEC là tứ giác nội tiếp => góc B1 = góc C1 (hệ quả góc

nội tiếp)

Xét ∆AEB và ∆AFC có: góc AEB = AFC; góc B1 = góc C1
 ∆AEB đồng dạng ∆AFC (g.g)

 AE AB AE AC. AF AB.

AF = AC⇒ = (đpcm)

0,25
0,25

0,5

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

c) Chứng minh H, M, D thẳng hàng (1,0 điểm)

Do AD là đường kính của (O) (gt) => góc ACD = 900 (hệ quả

góc nội tiếp) => DC ⊥ AC

Lại có BE ⊥AC (gt) => BE // DC => BH // DC (1)
Tương tự ta có: HC // BD (2)

Từ(1) và (2) => tứ giác BHCD là hình bình hành

Do M là trung điểm của BC => M là trung điểm của HD

 H, M, D thẳng hàng (đpcm)

0,25
0,25
0,25
0,25

d) Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp ∆AEF có bán kính 
khơng đổi

+CM: AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH

 ∆AEF nội tiếp đường trịn có bán kính là 1

2 AH (3)

+ Do O, M lần lượt là trung điểm của AD và HD

 OM là đường trung bình của ∆AHD => OM = 1

2 AH
Do (O) và B, C cốđịnh => O, M cố định => OM không đổi =>

2AH không đổi (4)

Từ (3) và (4) => đường tròn ngoại tiếp ∆AEF có bán kính
khơng đổi (đpcm)

0,25

Bài 5 Ta có P = 6 24 3 6 3 24

2 2 2 2

a b a b

a b

a b a b

     
+ + + = +  + +  − + 

     
Do a, b > 0 và a + b ≤ 6 => P ≥ 2 3 .6 2 3 24 6 15

2 2 2

a b

a + + b − =
(theo BĐT cô si)

Dấu “=” xảy ra

3 6
2

2
3 24

4
2

6
a

a

a
b

b
b

a b

 =



 =




⇔ = ⇔ =




+ ≤



 Min P = 15  a = 2 và b = 4

0,25

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

UBND QUẬN HOÀNG MAI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019

MƠN: TỐN – LỚP 9

Thời gian làm bài: 90 phút

Đề số 5 Ngày kiểm tra: 12 tháng 4 năm 2019
Bài 1(2 điểm). Cho hai biểu thức A = 3 2 5

1
1

x
x
x

+
−

−

− và B = 2

x
x−

với x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4

7) Tính giá trị của biểu thức B khi x = 25
8) Rút gọn biểu thức A

9) Đặt P = A.B. Tìm tất cả các giá trị của x để 1 x 2

P < −

Bài 2(2 điểm).Giải toán bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình

Hưởng ứng phong trào tết trồng cây một chi đoàn thanh niên dựđịnh trồng 80 cây

trong một thời gian nhất đinh. Do mỗi giờ chi đoàn trồng nhiều hơn dựđịnh 5 cây nên đã

hồn thành cơng việc trước dự định 12 phút và trồng thêm được 10 cây. Tính số cây mà
chi đoàn dựđịnh trồng trong mỗi giờ.

Bài 3(2 điểm).

5) Giải hệphương trình:

1
3
5
3

2 1

5
x

y

x
y
 + =

 −




 − =
 −


6) Cho phương trình x2+ mx – 2 = 0 (1) (với m là tham số)

c) Giải phương trình với m = 1

d) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

thỏa mãn x12x2+ x22x1 = 2019

Bài 4(3,5 điểm)

Cho đường trịn (O;R), đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AC >R).

Qua C kẻđường thẳng d vng góc với CA. Lấy điểm M trên đường tròn (O) sao cho AM
=

R . Tia BM cắt đường thẳng d tại điểm P. Tia CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là 
N, tia PA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q.

1) Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh NQ // PC

3) a) Tính thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác MAB một vòng quanh AM

theo R

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

b) Gọi H là giao điểm của QN và AB. Gọi E là giao điểm của MB và QN, tia AE cắt

đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K.

Chứng minh AE.AK + BE.BM = 4R2.

4) Chứng minh rằng ba điểm B, N và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NEK thẳng
hàng.

Bài 5 (0,5 điểm). Tìm giá trị của m để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ

nhất đó.

F = (2x + y + 1)2+ (4x + my + 5)2

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲII NĂM HỌC 2018 – 2019 
MƠN: TỐN LỚP 9

Bài Ý Nội dung Điểm

I 2đ

1 
(0,5đ)

x = 25 (TMĐK) ⇒ x =5. Thay x =5vào B 0,25đ

Tính được B = 5

3 Kết luận 0,25đ

2 
(1đ)

A = 3( 1) 2 5

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x

x x x x

+ − +

− + − + 0,25đ

A = 3( 1) (2 5)

( 1)( 1)

x x

+ − +

− + 0,25đ

A = 3 3 2 5

( 1)( 1)

x x

+ − −

− + 0,25đ

A = 2

1
x
x

−

− 0,25đ

3 
(0,5đ)

P = 1 1

x x

x P x

−

⇒ =

− ĐK: x > 0; x ≠1; x ≠ 4

Có: 1 x 2 x 1 x 2

P x

−

< − ⇔ < −

0,25đ

1 2 1

( 2) 0 0

x x

x

x x

− −

− − < <

⇔ ⇔

2 x− <1 0

⇔ (Vì x >0 với mọi x thỏa mãn ĐK)
1

4
x<

⇔

Kết hợp điều kiện tìm được 0 1
4
x

< < và kết luận.

0,25đ

II Giải bài toán bằng cách lập phương trình 2đ

Gọi sốcây mà chi đồn dựđịnh trồng trong mỗi giờ là x (cây) (ĐK: x

∈ N*) 0,25đ

Sốcây chi đoàn trồng được trong mỗi giờ trên thực tếlà x + 5 (cây) 0,25đ

Thời gian chi đoàn trồng xong sốcây là 80

x (h) 0,25đ

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Thời gian chi đoàn trồng xong sốcây trong thực tế là 90
5
x+ (h)

Do chi đoàn hoàn thành công việc trước dựđịnh là 12 phút = 1

5 h nên

ta có phương trình:

80 90 1

5 5
x − x+ =

0,25đ

55 2000 0
x + x− =

⇔ 0,25đ

Tìm được x1 = 25 (Thỏa mãn điều kiện cảu ẩn); x2 = -80 (Loại) 0,25đ

Vậy sốcây mà chi đoàn dựđịnh trồng trong mỗi giờlà 25 cây 0,25đ

III 2đ

1 
(1đ)
1
3
5
3
2 1
5
x
y
x
y
 + =
 −


 − =
 −


ĐK: x ≥ 0; y ≠ 5 0,25đ

2 5

2 6 5

5 5

3 3

2 1 2 1

5 5
x
y y
x x
y y
 + =  =
 −  −
 
 
 − =  − =
 −  −
 

⇔ ⇔ 0,25đ

5 1

6
3

2 1 2 4

5
y
y
x x
y
− =
  =
 
 − = 
=

 −


⇔ 0,25đ

4( )
6( )
x TM
y TM
=

 =

⇔

Vậy nghiệm của hệphương trình là (x;y) = (4;6)

0,25đ

2 
(1đ)

a. Thay m = 1 vào phương trình (1) ta được: x2+ x – 2 = 0 0,25đ

Có a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 => x1= 1; x2 = - 2

Kết luận 0,25đ

b. x2+ mx – 2 = 0 (1)

Chứng minh ∆ = m2+ 8 > 0 với mọi m.

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m.

Theo định lí Vi – ét ta có: 1 2
1 2 2
x x m
x x
+ = −

 = −

0,25đ

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Tìm được 2m = 2019 2019
2
m=

⇔ và kết luận

IV Hình học 3,5đ

1 Chứng minh tứ giác ACPM nội tiếp 1đ

Vẽđúng hình đến câu a 0,25đ

Chứng minh  0
90

ACP= 0,25đ

Chứng minh:  0
90
AMB=

Từ đó chứng minh

 0

90
AMP=

0,25đ

Có   0

180
AMP+ACP=

Suy ra tứ giác ACPM nội
tiếp

0,25đ

2 Chứng minh NQ // PC 1đ

Chứng minh được CPA = AMC (1) 0,25đ

Chứng minh tứ giác AMNQ nội tiếp =>  AMC=AQN (2) 0,5đ

Từ(1) và (2) = >  AQN = APC⇒CP/ /QN 0,25đ

3 a) Tính thểtích của hình tạo thành khi quay tam giác MAB một vòng

quanh AM theo R 0,5đ

Sử dụng định lí Pitago trong ∆AMB vng tại M tính BM = 15
2 R

(đvđd)

0,25đ
Khi quay tam giác vng AMB một vịng quanh cạnh AM ta được hình

nón với đường cao AM = h, bán kính của đường trịn đáy là BM = r

Thể tích của hình nón là: V = 1 2 5 3
.

3 8

R
r h π

π = (đvtt)

0,25đ

b) Chứng minh AE.AK + BE.BM = 4R2

0,5đ

N
O

B
Q

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Chứng minh QN ⊥ AB tại H
Chứng minh ∆AEH ∽ ∆ABK

(g.g)

. .

AE AH

AE AK AB AH
AB AK

⇒ = => =

0,25đ

Chứng minh ∆BEH∽ ∆BAM

(g.g)

. .

BE BH

BE BM AB BH
BA BM

⇒ = ⇒ =

Chứng minh AE.AK + BE.BM =
4R2

0,25đ

4 Chứng minh rằng ba điểm B, N và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

NEK thẳng hàng. 0,5đ

Kẻ Nx là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam

giác NKE tại N

(Nx thuộc nửa mặt phẳng
bờlà đường thẳng NE chứa

điểm A) (3)

Chứng minh được

 

ENx=NKE

Chứng minh được

 

NKE =ENA

 ENx =ENA(4)

0,25đ

Từ (3) và (4)

=> Tia Nx là tia NA trùng

nhau

=> NA là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam

giác NEK tại tiếp điểm N.
Gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác NKE
=> AN ⊥ NI, mà AN ⊥ BN

Suy ra được N, I, B thẳng
hàng

0,25đ

E K

B
Q

P
C
d

E I K

N
O

B
Q

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

V

Tìm giá trị của m để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị
nhỏ nhất đó.

F = (2x + y + 1)2+ (4x + my + 5)2

0,5đ

Ta có: (2x + y + 1)2≥ 0; (4x + my + 5)2≥ 0, suy ra F ≥ 0

Xét hệ 2 1 0 4 2 2 0 ( 2) 3 0

4 5 0 4 5 0

x y x y

m y

x my x my

+ + = + + =

 

⇒ − + =

 + + =  + + =

 ⇔

+ Nếu m ≠ 2 thì m – 2 ≠ 0

3
2

5
4 2
y

m
m
x

m
 =

 −
⇒  −

 =
 −


suy ra F có giá trị nhỏ nhất
bằng 0

+ Nếu m = 2 thì

F = (2x + y + 1)2+ (4x + 2y + 5)2= (2x + y + 1)2+ [2(2x + y + 1) + 3]2

Đặt 2x + y + 1 = z thì
F = 5z2+ 12z + 9 =

2 2

6 9 6 9 9

5 5

5 25 5 5 5

z z

    

+ + = + + ≥

    

   

 

 

0,25đ

F nhỏ nhất bằng 9

5 khi 2x + y + 1 =
6
5

− hay y = 11

5 x

− − , x

∈R
Kết luận

0,25đ

* Chú ý:

1) Học sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

UBND QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Mơn: TỐN: Lớp 9 – Năm học 2018-2019

Đề số 6 Ngày thi: 25/04/2019

(Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề) 
Bài 1(2,0 điểm). Giải phương trình, hệphương trình:

a) 2

2(x−1) =x b)

4 2 5

3
2

2 1

3
x y

y

x y

y

 − + =

 −




 − + = −

 −



Bài 2(2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình:

Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu
du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80000 đồng, vé vào cổng của một
học sinh là 60000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khai trương nên được giảm 5% cho
mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14535000

đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?

Bài 3(2,0 điểm)

Cổng GatewayArch tại St.Louis, Missouri,

Hoa Kỳ được kiến trúc sư Eero Saarinen 
thiết kế vào năm 1947, hiện nay đang là

công trình kiến trúc vịm cao nhất thế

giới có dạng hình Parabol quay bề lõm
xuống dưới. Giả sử ta lập một hệ tọa độ
Oxy như trên hình vẽ, (trục Ox, Oy có đơn 
vị tinh bằng mét), một chân của cổng ở vị

trí A có hồnh độ x = 81, một điểm M
trên cổng có tọa độ là (-71;-143).

a) Xác định cơng thức hàm số bậc hai có đồ thị chứa cung parabol nói trên.
b) Tính chiều cao OH của cổng (kết quảlàm tròn đến hàng đơn vị).

Bài 4(3,5 điểm). Cho đường trịn tâm O bán kính R, đường kính AB. Điểm H bất kì thuộc đoạn OB,

H khác O và B. Dây CD vng góc với AB tại H. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn tại A. Nối
CO, DO cắt đường thẳng d tại M và N. Các đường thẳng CM và DN cắt đường tròn (O) lần lượt tại

E và F (E ≠ C, F ≠ D).

a) Chứng minh tứgiác MNFE nội tiếp
b) Chứng minh ME.MC = NF.ND

c) Tìm vị trí của điểm H để tứgiác AEOF là hình thoi.

d) Lấy điểm K đối xứng với C qua A. Gọi G là trọng tâm tam
giác KAB. Chứng minh rằng khi H di chuyển trên đoạn OB

thì điểm G thuộc một đường tròn cốđịnh.

Bài 5(0,5 điểm). Tham gia phong trào “Thiếu niên sáng tạo”, bạn

Trí Bìnhđã thiết kếđược một chiếc mũ vải rộng vành có kích

thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần để làm cái

mũ đó biết rằng vành mũ hình trịn và ống mũ hình trụ (coi 
phần mép vải được may khơng đáng kể. Kết quả làm tròn đến hàng

đơn vị)

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Ý Đáp án Điểm

Bài 1 
2,0 điểm

a) 2

2
2
2
2
2( 1)

2( 2 1)

2 4 2

2 5 2 0

4 9

x x

x x x

x x
b ac
− =
⇔ − + =

⇔ − + =
⇔ − + =
∆ = − =

Phương trình có 2 nghiệm 1 2
1
2;

2
x = x =

0,5

0,5
b) ĐKXĐ: x≥2 ;y y≠3

Đặt

4 5

: 0, 0)

(
1

2 1

3
x y a

a b

a b ĐK a

b
y
b
 − =
+ =

 ⇒
  − = −
= 
 − ≠


≥ 0,25

Giải hệđược 1 ( )
1
a
TM
b
=

 =


Từđó:

2 1

2 1 9

3 1 4

1
3
x y

x y x

y y
y
 − =
− = =
 
 ⇔ ⇔
  − =  =
=  
 −


So sánh với điều kiện xác định và kết luận hệ có nghiệm (x;y)

= (9;4)

0,25

Bài 2 
2,0 điểm

Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia
tham quan (0 < x, y < 250, x, y ∈N, đơn vịngười)

0,25

Tính được số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là

95%.80000 = 76 000 (đồng)

0,25

Tính được số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là

95%.60000 = 57 000 (đồng)

0,25
Lập được hệ PT 250

76000 57000 14535000

x y
x y
+ =

 + =

0,25
Giải được nghiệm của hệphương trình x = 15; y = 235 0,5

Đối chiếu thỏa mãn điều kiện đề bài 0,25

KL: số giáo viên tham gia là 15 người và học sinh là 235 người
tham gia tham quan

0,25

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

2,0 điểm (P)

Vì M(-71;-143) thuộc đồ thị (P) y = ax2 nên suy luận được a =

143
5041
−

0,5

b) Vì điểm A(81;yA) thuộc (P): y = 143

5041

− x2 lập luận tính được OH

= 143 2
.81 186
5041

− ≈

Vậy chiều cao OH của cổng là 186m

0,5

Bài 4 
3,5 điểm

Vẽhình đúng đến câu a: 0,25

a) Lập luận được OA ⊥ MN nên MN // CD

=> góc DCM = góc CMN

0,25
Lập luận được góc DCM = góc DFE

=> góc CMN = góc DFE

0,25
Suy luận được tứgiác MNEF nội tiếp 0,25

b) Lập luận chứng minh được tam giác OMN cân tại O

=> AM = AN

0,25
Chứng minh được ∆NAF ~ ∆NDA (g.g),

suy được NA2 = NF.ND

0,25
Chứng minh tương tự: MA2= ME.MC 0,25

Suy được: ME.MC = NF.ND 0,25

c) Lập luận: đểOEAF là hình thoi AE = AF = OE = OF= R 0,25

I H

D
B
C

M
E
F

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Suy luận đểđược ∆OAE đều góc AOE = 600 và góc COH =

600

0,25
Lập luận được OH = OC.cos600 =

R 0,25

Suy được H là trung điểm của OB 0,25

d) Lấy điểm O’ đối xứng với O qua điểm A, suy ra O’ cố định,

OA’ = OA = R. Vì O là trung điểm của AB nên suy ra được G

∈KO, OG = 1

3 OK. 0,25

Chứng minh được ∆AOC = ∆AO’K => O’K = OC = R không
đổi

KẻGI // O’K (I ∈OA) Áp dụng định lý Talet suy được

1 2

;

' ' 3 3 3

OI IG OG R R

OI IG

OO =O K =OK = ⇒ = = suy được điểm I cố

định, IG không đổi 0,25

Lập luận được G thuộc đường tròn ;
3
R
I
 
 

  cốđịnh

Bài 5 
0,5 điểm

Học sinh khơng phải vẽ lại hình

Ống mũ là hình trụ với chiều cao 35cm, bán kính đáy

35 2.10

7, 5( )
2

R= − = cm

0,25
Diện tích vải để làm ống mũ là:

2 2 2

1 2 2 .7, 5.30 (7, 5) 506, 25 ( )
S = πRh+πR = π +π = π cm
Diện tích vải đểlàm vành mũ là:

2 2 2
2 .17, 5 .(7, 5) 250 ( )

S =π −π = π cm 0,25

Tổng diện tích vải cần đểlàm cái mũ là:

2 2
506, 25π+250π =756, 25 (π cm )≈2376(cm )
Lưu ý: - Điểm toàn bài để lẻđến 0,25

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

UBND QUẬN NAM TỪ LIÊM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 
 Môn kiểm tra: Toán 9

(Đề gồm: 01 trang) Thời gian làm bài: 90 phút
Đề số 7 Ngày kiểm tra:12 tháng 4 năm 2019
Bài I (2 điểm). Giải các phương trình, hệphương trình sau:

1) 3x2 – 14x + 8 = 0 2)

1 1

1
1

3 2

7
1

x y

x y
 + = −
 −




 − =
 −



Bài II (2 điểm). Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình:

Một ca nơ chạy xi dịng trên một khúc sơng dài 132km, sau đó chạy ngược dịng
104km trên khúc sơng đó. Tính vận tốc của ca nơ khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của

dòng nước là 4km/h và thời gian ca nô chạy xuôi dịng ít hơn thời gian chạy ngược dịng là

1 giờ.

Bài III (2 điểm).Cho phương trình: x2 – 2mx – 4 = 0 (x là ẩn; m là tham số) (1)

1) Chứng minh rằng phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm m đểphương trình (1) có 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn: x12+ x22 = - 3x1x2.

Bài IV (3,5 điểm). Cho đường tròn (O;R), dây MN cố định (MN < 2R). Kẻđường kính AB
vng góc với dây MN tại E. Lấy điểm C thuộc dây MN (C khác M, N, E), BC cắt đường
tròn (O) tại điểm K (K khác B).

1) Chứng minh: Tứgiác AKCE nội tiếp được một đường tròn.
2) Chứng minh: BM2= BK.BC

3) Gọi I là giao điểm của AK và MN; D là giao điểm của AC và BI
a) Chứng minh: D thuộc (O;R)

b) Chứng minh điểm C cách đều ba cạnh của ∆DEK

4) Xác định vịtrí điểm C trên dây MN để khoảng cách từE đến tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆MCK nhỏ nhất.

Bài V (0,5 điểm). Cho x, y dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biết P =

1 1

x y

x + y

− −

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

UBND QUẬN NAM TỪ LIÊM HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II

NĂM HỌC 2018 – 2019 – MƠN: TỐN 9

A. Hướng dẫn chung

- Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm
tối đa.

- Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được

điểm.

- Bài hình học bắt buộc phải vẽđúng hình thì mới chấm điểm, nếu khơng có hình vẽđúng
ở phần nào thì giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.
B. Đáp án và thang điểm

Bài Ý Đáp án Điểm

I 
(2đ)

(1đ)

3x2 – 14x + 8 = 0

∆’ = (-7)2 – 3.8 = 49 – 24 = 25 > 0 ⇒ ∆ =' 25=5 0,5

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1 2

7 5 12 7 5 2

3 3 3 3

x = + = = x = − = 0,5

(1đ)

1 1

1
1

3 2

7
1

x y

x y
 + = −
 −




 − =
 −



ĐK: x ≠ 1; y ≠ 0

Đặt 1 ; 1
1

a b

x y

= =

−

Khi đó, ta có hệphương trình:

1 2 2 2 5 5 1

3 2 7 3 2 7 1 1

a b a b a a

a b a b a b a b

+ = − + = − = =

   

 − =  − =  + = −  + = −

 ⇔ ⇔ ⇔

1 1

1 1 2

a a

b b

= =

 

 + = −  = −

 

⇔ ⇔

0,5

Suy ra
1

1 1 1 2( )

1 1

1 ( )

2 2 2

x x TM

x

y y TM

y

 = − = =

 

 −

  

  −  −

= =

 = −  



⇔ ⇔ 0,25

Vậy hệphương trình có một nghiệm duy nhất ( , ) 2; 1
2
x y =  − 

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

II

(2đ)

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h) (x > 4) 0,25
Vận tốc của ca nô khi đi xi dịng là: x + 4 (km/h)

0,25
Vận tốc của ca nơ khi đi ngược dịng là: x – 4 (km/h)

Thời gian ca nơ đi xi dịng khúc sông dài 132km là: 132

x+ (h) 0,25
Thời gian ca nơ đi ngược dịng khúc sơng dài 104km là: 104

4
x−
(h)

0,25
Vì thời gian ca nơ chạy xi dịng ít hơn thời gian chạy ngược

dịng là 1 giờnên ta có phương trình:

132 104

4 4

x+ + = x−

0,25

132( 4) ( 4)( 4) 104( 4)
( 4)( 4) ( 4)( 4)

x x x x

− + + − = +

+ − + −

⇔

⇒ 132x – 528 + x2 – 16 = 104x + 416

⇔ x2+ 28x – 960 = 0

⇔ (x – 20)(x + 48) = 0

⇔ 20 0 20( )

48 0 48( )

x x TM

x x KTM

− = =

 

 + =  = −

 ⇔

0,5

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 20 (km/h) 0,25

III 
2đ)

(1đ)

Phương trình: x2 – 2mx – 4 = 0 có hệ số a = 1 ≠ 0 => (1) là

phương trình bậc hai 0,25

Xét ∆ = (2m)2 – 4.1.(-4) = 4m2+ 16 0,25

Vì 4m2≥ 0, ∀m => 4m2+ 16 > 0, ∀m => ∆ > 0, ∀m 0,25

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

(đpcm) 0,25

(1đ)

Do phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m
(cmt)

Áp dụng hệ thức Vi – et ta được: 1 2
1 2

2
4
x x m
x x

+ =



 = −

 (2)

0,25

Theo bài ra, ta có: x12+ x22+ 3x1x2 = 0 ⇔ (x1+ x2)2+ x1x2 = 0 0,25

Thay x1+ x2 = 2m và x1x2 = - 4 vào (2) ta được:

(2m)2 – 4 = 0 0,25

2 2

4m =4 m =1 m= ±1

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Vậy m = ±1

IV 
(3,5đ)

(1đ)

Vẽhình đúng đến câu a

0,25

Xét (O) có:  0
90

AKB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,25

Ta có AB ⊥ MN tại E (gt)   0
90
AEM BEM

⇒ = = 0,25

Xét tứgiác AKCE có:   0 0 0

90 90 180
AKC+AEC= + =

 Tứgiác AKCE nội tiếp được một đường trịn (dhnb) 0,25

(1đ)

+) Xét (O) có:

( )

AB là đ/kính
MN là dây
AB⊥MN gt







=> B là điểm chính giữa MN=> BM =BN

 MKB =NMB (2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng

nhau)

0,25

+) Xét ∆BMC và ∆BKM có:


 

( . )
( )

B chung

BMC BKM g g
MKB CMB cmt

=> ∆ ∆


=  ∽

0,25
BM BC

BK BM

=> = 0,25

=> BM2= BK.BC(T/c TLT) (đpcm) 0,25
E

C N

B
M

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

(0,5đ)

Xét ∆AIB có BK, IE là hai đường cao

Mà BK ∩ IE = {C} => C là trực tâm của ∆AIB

 AC là đường cao của ∆AIB

0,25

=> AC ⊥ IB hay AD ⊥IB =>  0
90
ADB=
=> D thuộc đường trịn đường kính AB
Hay D thuộc (O;R)

0,25

(0,5đ)

+) Chứng minh tứgiác BDCE nội tiếp

=> CBE =CDE (2 góc nội tiếp cùng chắn CE )

+) Chứng minh KDA =KBA (2 góc nội tiếp cùng chắn AK của
(O))

=>  KDC=CDE=> DC là tia phân giác của KDE

0,25

+ Chứng minh tương tự: KC là phân giác của DKE (HS ghi

chứng minh tương tựGV không trừđiểm)

+ Chứng minh C là tâm đường tròn nội tiếp ∆DKE
Suy ra điểm C cách đều 3 cạnh của tam giác ∆DKE

0,25

(0,5đ)

+) Chứng minh được MB là tiếp tuyến của ∆MCK 0,25

D
I

E
O

C N

B
M

O'
H

D
I

E
O

C N

B
M

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

+) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MCK

 MB ⊥MO’ (1)
+) Xét (O) có  0

AMB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Từ(1) và (2) => O’ ∈ AM

Vì B, A, M cốđịnh => O’ luôn thuộc đường thẳng cốđịnh AM

+) KẻEH ⊥AM => H cốđịnh (vì E cốđịnh, AM cốđịnh)

+) Xét ∆O’EH có  0
' 90
O HE=

 O’E ≥ HE (qhệđường vng góc, đường xiên)
 MinO’E = HE ⇔ O’ ≡ H

Mà ta ln có O’ ln thuộc đường trung trực của MC

 O’C = O’M

Vậy khoảng cách O’E nhỏ nhất khi O’ ≡ H => C là giao điểm

thứ hai của (H;HM) với dây MN trong đó H là chân đường
vng góc của E trên AM

0,25

V 
(0,5đ)

Ta có 1 0

1 0

y x

x y

 = − >




= − >


 P 1 y 1 x 1 1

(

x y

)

y x x y

 

− −

= + = + − +

 

Lại có

1 1 1

4( , 0) 2

2 4

x y

xy x y

xy xy

+
 

≤  = ≥ ≥ > ⇒ ≥
 

1 1 1

2 2 2

x y xy

 

⇒ + ≥ ≥

 

0,25

Mặt khác

(

1 x+1 y

)

2 ≤ +(1 1)(x+y)
Nên x+ y ≤ 2

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 0,5
Vậy MinP = 2⇔x= =y 0, 5

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

PHỊNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH

(Đề thi gồm 01 trang) 
 Đề số 8

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II 
MƠN TỐN 9

Năm học 2017 - 2018 
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 : 3

9 3 3

x
A

x x x

 

= + 

− − −

  với x≥0; x≠9

1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm x để 5

6
A=

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình:

Hai đội cơng nhân cùng làm một cơng việc thì làm xong trong 8 giờ. Nếu mỗi đội
làm một mình xong cơng việc đó, đội thứ nhất cần ít thời gian hơn so với đội thứ hai là 12
giờ. Hỏi mỗi đội làm một mình xong cơng việc đó trong bao lâu?

Bài III (2,0 điểm).

1) Giải hệphương trình

x 5 4

y 2
1

x 5 3

y 2

 + − =

 −




 + + =

 −



2) Cho phương trình 2

(

)

2 1 0

x − m+ x+m =

a) Giải phương trình khi m = 4

b) Tìm m đểphương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho x12+x22 =4 x x1. 2
Bài IV (3,5điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R
và AH là đường cao của tam giác ABC. Gọi M, N thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC

1) Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh ABC� = ANM�

3) Chứng minh OA vng góc với MN

4) Cho biết AH =R 2. Chứng minh M, O, N thẳng hàng.

Bài V (0,5điểm).Cho a, b > 0 thỏa mãn a+ ≤b 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(

)

(

)

P= a b+ + b a+

--- Hế

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

PHÒNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC KỲ II 
MƠN TỐN 9

Năm học 2017 - 2018

Thứ tự Đáp án Điểm

Bài I

(2 điểm)

1) Rút gọn: 𝐴 với 𝑥 ≥0;𝑥 ≠9 0,75

𝐴 =�𝑥 −2√𝑥9 + 1
√𝑥 −3�:

√𝑥 −3

=� 2√𝑥

�√𝑥 −3��√𝑥+ 3�+

√𝑥+ 3

�√𝑥 −3��√𝑥+ 3��.

√𝑥 −3
3

= 2√𝑥+√𝑥+ 3

�√𝑥 −3��√𝑥+ 3�.

√𝑥 −3

=√𝑥 + 1

√𝑥 + 3

0,25
0,25

0,25

2) Tìm x để𝐴= 56 0,75

√𝑥+ 1

√𝑥+ 3=
5
6

⇔6�√𝑥+ 1�= 5�√𝑥+ 3�

⇔ √𝑥 = 9

⇔ 𝑥 = 81 (𝑡𝑚đ𝑘)

0,25
0,25
0,25

3) Tìm GTNN của A 0,5

𝐴 =√𝑥+ 1

√𝑥+ 3= 1−
2

√𝑥+ 3

Do 𝑥 ≥0⇔ 𝐴 ≥13 𝑣ớ𝑖𝑚ọ𝑖𝑥𝑡ℎỏ𝑎𝑚ã𝑛đ𝑘𝑥đ

Dấu “=” xảy ra ⇔ x= 0 𝑡𝑚đ𝑘

Vậy GTNN của A: minA= 13 ⇔ x= 0

0,25

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Bài II

(2 điểm)

Gọi thời gian đội thứ nhất làm một mình xong việc là x ( đv: giờ, x >8)

Vậy thời gian đội thứ hai làm một mình xong việc là x+12 (giờ)
Mỗi giờđội thứ nhất làm được 1𝑥 (công việc)

Mỗi giờđội thứhai làm được 𝑥+121 (công việc)

Theo bài ra, mỗi giờ cảhai đội làm được 18 cơng việc nên ta có phương trình :

𝑥+

𝑥+ 12 =

1
8

Giải phương trình ta được x=-8(ktmđk); x=12(TMĐK)

Vậy thời gian đội thứ nhất làm một mình xong việc là 12 giờ;

thời gian đội thứ hai làm một mình xong việc là 24 giờ.

0,25

0,75

0,25
0,5

0,25

Bài III

(2điểm)

1) 1 điểm

Giải Hệ PT

x 5 4

y 2
1

x 5 3

y 2

 + − =

 −




 + + =

 −



Đk: 𝑦 ≥0;𝑦 ≠4

Đặt a=|𝑥+ 5|;𝑏= √𝑦−21 , Đk: 𝑎 ≥0

0,25

Giải HPT: �𝑎 −𝑎+2𝑏𝑏= 3= 4được 𝑎= 103 ;𝑏= −13 0,5

Giải được 𝑥 ∈ �−53 ;−253 �; và do �𝑦 =−1 nên khơng có y thỏa mãn
KL: Hệphương trình vơ nghiệm

(Nếu HS nhận thấy khơng có y t/m nên HPT vơ nghiệm mà khơng cần tìm x vẫn cho 
0,25)

0,25

2) 1 điểm Cho phương trình 2

(

)

2 1 0

x − m+ x+m =
a) Giải PT khi m=4

Với m=4, giải PT: 𝑥2−10𝑥+ 16được 𝑥 ∈{2; 8} 0,5

b) PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′> 0⇔ 𝑚> −1
2
Theo Vi-et có 𝑥1+𝑥2 = 2(𝑚+ 1) ; 𝑥1.𝑥2 = 𝑚2

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Xét 𝑥12+𝑥22 = 4√𝑥1.𝑥2 ⇔(𝑥1+𝑥2)2−2𝑥1.𝑥2 = 4√𝑥1.𝑥2
4(𝑚+ 1)2−2𝑚2 =4√𝑚2 ⇔2𝑚2+ 8𝑚+ 4−4|𝑚| = 0
TH1: −12 <𝑚 < 0⇒ 𝑚2+ 6𝑚+ 2 = 0

⇔ 𝑚1 =−3− √7(𝑙𝑜ạ𝑖𝑑𝑜𝑘𝑡𝑚đ𝑘); 𝑚2 =−3 +√7(𝑡𝑚đ𝑘)
TH2: 𝑚 > 0⇒ 𝑚2+ 2𝑚+ 2 = 0⇔ 𝑘ℎơ𝑛𝑔𝑐ó 𝑚𝑡ℎỏ𝑎𝑚ã𝑛

Vậy 𝑚=−3 +√7 thỏa mãn u cầu đề bài. 0,25

Bài IV 
(3,5

điểm)

0,25

1) - Giải thích 𝐴𝑀𝐻� = 𝐴𝑁𝐻� = 900
-Tính tổng 𝐴𝑀𝐻� +𝐴𝑁𝐻� = 1800
- KL : AMHN là tứ giác nội tiếp

0,25
0,25
0,25

2) Cách 1:

cm 𝐴𝑁𝑀� =𝑀𝐻𝐴� ( do tg AMHN nội tiếp)

⇒ 𝐴𝐵𝐶� = 𝐴𝐻𝑀� (cùng phụ với 𝑀𝐻𝐵�)

⇒ 𝐴𝐵𝐶� = 𝐴𝑁𝑀�

0,5

0,25
0,25

Cách 2: Cm AM.AB = AN.AC (= AH2) 
⇒ ∆𝐴𝑁𝑀 ∼ ∆𝐴𝐵𝐶 (𝑐𝑔𝑐)

⇒ 𝐴𝐵𝐶� = 𝐴𝑁𝑀�

(cho điểm tương ứng như cách 1)

y

D
N
M

H
O

B C

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

3) Cách 1:Kẻđường kính AD

𝐷𝐴𝐶� = 𝐷𝐵𝐶� (góc nt chắn cung DC)

𝐴𝐵𝐶� =𝐴𝑁𝑀�(cmt)

Có 𝐷𝐵𝐶� +𝐴𝐵𝐶� = 900 (góc nt chắn nửa đtr)

⇒ 𝐴𝑁𝑀� +𝐷𝐴𝐶� = 900 ⇒ 𝐴𝑂 ⊥ 𝑀𝑁

0,5
0,25
0,25

Cách 2:Kẻ tiếp tuyến xAy của (O)

c/m: 𝑥𝐴𝐶� = 𝐴𝐵𝐶� (góc nt, góc tạo bởi tt và dây cùng chắn cung AC)

𝐴𝐵𝐶� =𝐴𝑁𝑀�(cmt)

Vậy 𝑥𝐴𝐶� = 𝐴𝑁𝑀�, ở vị trí slt

⇒ 𝑀𝑁 // xy mà AO⊥xy (do xAy là TT của (O)) ⇒ 𝐴𝑂 ⊥ 𝑀𝑁

(cho điểm tương ứng như cách 1)
4)

(0,5

điểm)

Có 𝐴𝑁.𝐴𝐶 =𝐴𝐻2 = 2𝑅2 = 𝐴𝑂.𝐴𝐶

⇒ 𝐴𝑁.𝐴𝐶 = 𝐴𝑂.𝐴𝐶

⇒ ∆𝐴𝑂𝑁 ∼ ∆𝐴𝐷𝐶 (𝑐𝑔𝑐)

⇒ 𝐴𝑂𝑁� =𝐴𝐷𝐶� = 900 
CMTT : 𝐴𝑂𝑀� =𝐴𝐷𝐵� = 900

Vậy 𝐴𝑂𝑀� +𝐴𝑂𝑁� = 1800 ⇒ O, M, N thẳng hàng.

0,25
0,25

Bài V 
(0,5

điểm)

Có √2𝑃 =�2𝑎(𝑏+ 1) +�2𝑏(𝑎+ 1)

Áp dụng BĐT Cô si cho hai sốkhông âm

�2𝑎(𝑏+ 1)≤ 2𝑎+2𝑏+ 1; �2𝑏(𝑎+ 1)≤ 2𝑏+2𝑎+ 1
⇒ √2𝑃 ≤3(𝑎+𝑏) + 2

2 ≤

3.2 + 2

2 = 4

⇒ 𝑃 ≤2√2

Dấu “=” xảy ra ⇔ �22𝑎𝑏 ==𝑎𝑏+ 1+ 1 ⇔ 𝑎=𝑏 = 1
Vậy P có GTLN là 2√2 khi 𝑎= 𝑏= 1

0,25

0,25
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng hoặc có hướng đúng thì giáo viên dựa vào

hướng dẫn chấm chia biểu điểm tương ứng!

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

PHỊNG GD-ĐT QUẬN HỒN KIẾM
TRƯỜNG THCS TRƯNG VƯƠNG

Đề số 9

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
Mơn Tốn: Lớp 9 – LẦN II

Năm học 2017 – 2018

Ngày kiểm tra: 17/3/2018
Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian phát đề)

Bài I (2,0điểm) Cho hai biểu thức 2
1

+
=

x
A

x và

6 3 3

 

= + 

− − − −

 

x x x

B

x x x x

với x>0,x≠9.

1) Tính giá trị biểu thức A khi x=36.
2) Rút gọn biểu thức B.

3) Với x∈Z, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=AB.
Bài II(2,0điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập hệphương trình:

Theo kế hoạch, hai xí nghiệp A và B phải làm tổng cộng 720 dụng cụ cùng loại.
Trên thực tếdo cải tiến kĩ thuật, xí nghiệp A hồn thành vượt mức 12%, cịn xí nghiệp B

hồn thành vượt mức 10% so với kế hoạch. Do đó thực tế cả hai xí nghiệp làm được tổng
cộng 800 dụng cụ. Tính sốdụng cụ mỗi xí nghiệp phải làm theo kế hoạch?

Bài III (2,0điểm)

1) Giải phương trình : 3x4−2x2−40=0

2) Cho phương trình x2+

(

m−1

)

x m− 2− =2 0 (1), với m là tham số thực.

a) Chứng minh: phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu x x1, 2 với mọi giá trị
của m.

b) Tìm m để biểu thức

3 3
1 2
2 1

   

=  + 

   

x x

T

x x đạt giá trị lớn nhất.

Bài IV (3,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn

( )

O . Ba đường cao
, ,

AD BE CF của tam giác ABC cùng đi qua trực tâm H.
1) Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp.

2) Kẻđường kính AK của đường trịn

( )

O .

Chứng minh: tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và AB AC. =2AD R. .
3) Gọi M là hình chiếu vng góc của C trên AK. Chứng minh: MD song song với
.

BK

4) Giả sử BC là dây cố định của đường tròn

( )

O còn A di động trên cung lớn BC.
Tìm vị trí của điểm A đểdiện tích tam giác AEH lớn nhất.

Bài V(0,5điểm). Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn: abbcac3abc.Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:







 



2 2 2

2 2 2 2 2 2 .

a b c

K

c c a a a b b b c

  

  

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
Mơn Tốn; Lớp 9; Năm học 2015 – 2016

ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Ý Đáp án Điểm

Bài I 
2,0 điểm

1) x36 (tmdk) x6 0,25

2 6 2 8
1 6 7
1
x
A
x

+ +
= = =
+

+ khi x36. 0,25

(

)(

)

. 3

2 3

x x x

B
x x
x x
  −
 
= +
 + − − 
 

(

)

(

)(

)

2 . 2 3

2 3

x x x x

x

x x

+ + −

+ − 0,5

(

)(

)

. 3 4

2 3

x x x x

x x

+ − +

= =

+ − 0,5

2 4 4 3

. 1

1 2 1 1

x x x

P A B

x x x x

+ + +

= = = = +

+ + + + 0,25

0; 1 1 1 2

3 3 3 5

2 2

1 1

x x x x x

P

x x

> ∈ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥
⇒ ≤ ⇒ = + ≤

+ +


max khi 1
2

P= x=

0,25

Bài II 
2,0 điểm

Gọi sốdụng cụ mỗi xí nghiệp A và B phải làm theo kế hoạch lần lượt

là x y, (dụng cụ, x y, , ,x y120) 0,25
Vì theo kế hoạch, hai xí nghiệp A và B phải làm tổng cộng 720 dụng

cụ cùng loại nên: x y 720 0,5

Trên thực tế do cải tiến kĩ thuật, xí nghiệp A hồn thành vượt mức
12%, cịn xí nghiệp B hoàn thành vượt mức 10% so với kế hoạch.

Do đó thực tế cả hai xí nghiệp làm được:1,12x1,1y dụng cụ

Vậy 1,12x1,1y800

0,5

Giải hệphương trình 720

1,12 1,1 800
x y

x y

  


  

 ta được

400

320
x
y
 

 

 và kết luận. 0,75

Bài III 
2,0 điểm

(

)(

)

4 2 4 2 2
2 2 2

3 2 40 0 3 12 10 40 0

4 3 10 0 4 0 2

x x x x x

x x x x

− − = ⇔ − + − =

⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ±

(Do 2

3x +10>0). Vậy S = ±

{ }

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

2a) Phương trình 2

(

)

1 2 0

x + m− x−m − = là phương trình bậc hai có hệ

số 2

. 2 0

a c m   m nên ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu

1, 2

x x với mọi giá trị của m.

0,75

2b)

Theo định lí Vi ét: 1 2
2
1 2

x x m

x x m

   


   



Đặt 1 2
2 1
x x
t

x x

= + thì 12 22 1 2 2 2

2
1 2 1 2

( ) (1 )

2 2 2

x x x x m

t m

x x x x m

+ + −

= = − = − ≤ − ∀

− −

0,25

3 3 3

3 2
1 2 1 2 1 2

2 1 2 1 2 1

3. 3 ( 3)

x x x x x x

T t t t t

x x x x x x

       

=  +  = +  −  + = − = −

       

2 2

2 4 ( 3) 1

( 3) 2 2

t t t

t t T

t



          



  

maxT = −2 khit= −2; m=1.

CÁCH 2: hs có thểáp dụng bất đẳng thức Cauchy.

Nhận xét: x x1, 2 là hai nghiệm trái dấu của phương trình nên
1
2

0.
<
x
x
Từđó:

3 3 3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1

2 . 2.

 

           

 

=  +  = − −  + −  ≤ − −  −  = −

 

            

x x x x x x

T

x x x x x x

maxT = −2 khit= −2; m=1.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Bài IV 
3,5 điểm

Hình vẽ 0.25

0.25

1) Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp.

Xét tứ giác BFEC có góc BFC=BEC BFCBEC vng 0,25

Hai góc này cùng nhìn cạnh BC nên tứ giác này nội tiếp 0,5

2) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và AB AC. =2AD R. .

Đường tròn O có góc ABCAKC nội tiếp chắn cung AC
Đường trịn O có AKlà đường kính nên ACKADB90o
Vậy tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC

0,75

Từđó suy ra AB AD AB AC. AD AK. AD R.2

AK  AC   

0,5

3) Chứng minh: MD song song với BK.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

2S AEH AH d E AH. ( , ) mà tam giác AHK có OG là đường trung

bình nên AH=2OG, O và Gkhông đổi nên độdài AHkhông đổi 0,25

 

2 2 2

2
.

2 4 4

max .

4
max

45 45

AEH

o o

AE EH AE EH AH
S

AH
S

S EA EH

E ACB



  



 

   

0,25

Bài V

0,5 điểm Có

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

( ) ( ) 2 . 2

Cauchy

a a c c c c

c c a c c a c c a c c a c a

 

      

  

2
2 2

1 1

( ) 2

a

c c a c a

  



0,25

Và tương tự

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3

2 2 2 2 2 2

ab bc ca
P

c a a b b c a b c abc

         

   

              

3
2
MinP

  , xảy ra    a b c 1.

0,25

Lưu ý: - Điểm toàn bài để lẻđến 0,25.

- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

TRƯỜNG THCS MINH KHAI

Đề số 10

ĐỀ KIỂM TRA 
MƠN TỐN 9 
Ngày thi: 09/4/2017 
Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1.(2 điểm) Cho hai biểu thức A x 12
x 1

+
=

− và

3 1 1

B :

x 1 x 1 x 1

 

= + 

− + +

  với

x≥0, x≠1

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9
b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M A
B

Bài 2.(2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Một cơng nhân dựđịnh làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí
nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm
song vẫn hoàn thành chậm hơn dựđịnh 1 giờ30 phút. Tính năng suất dựđịnh.

Bài 3.(2 điểm) 1) Giải hệphương trình:

3 x 3 1

y 1
2

x 3 5

y 1

 − − =

 +




 − + =

 +



2) Cho Parabol 2

y=x (P) và đường thẳng y=mx− +m 1(d).

a) Tìm tọa độgiao điểm của (P) và (d) với m = - 3.

b) Tìm m đểđường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh

độ x , x1 2 thỏa mãn

2 2

1 2 1 2

x +x =x +x .

Bài 4.(3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại H
(H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O; R) sao cho đoạn
thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ởE.

a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA . CK = CE . CH

c) Qua N kẻđường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

∆

NFK

cân.
d) Giả sửKE = KC. Chứng minh OK // MN

Bài 5.(0,5 điểm) Cho a, b, c là độdài 3 cạnh của một tam giác biết:
a + b – c > 0; b + c – a > 0; c + a – b > 0

Chứng minh: 1 1 1 1 1 1

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 9 
Ngày 09/04/2018

Bài 1. (2 điểm):

a) Thay x = 9 (TMĐK) vào A ta có: A 9 12 21 21

3 1 2

9 1

= = =

−

Vậy x = 9 thì A 21
2

(0,5 đ)

b) B 3 x 1 : 1

( x 1)( x 1) x 1

+ −

− + +

= x 2 . x 1

1
( x 1)( x 1)

+ +

− +

= x 2

x 1

+
−

(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)

c) Tính được M A x 12. x 1 x 12

B x 1 x 2 x 2

+ − +

= = =

− + +

x 12 x 4 16 16 16

M x 2 x 2 4 2 16 4 4

x 2 x 2 x 2 x 2

+ − +  

= = = − + = + + − ≥ − =

+ + +  + 

Dấu “ = ” xảy ra x 2 16 x 4
x 2

⇔ + = ⇔ =

+ (TMĐK)

Vậy min M = 4 khi x = 4.

(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)

Bài 2: (2 điểm)

Gọi năng suất dựđịnh của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) (ĐK *

x∈ )

Năng suất thực tế của người công nhân là x + 3 (sản phẩm/giờ)
Thời gian dựđịnh làm xong 33 sản phẩm là 33

x (giờ)

Thời gian thực tếlàm xong 62 sản phẩm là 62

x+3 (giờ)

Lập luận ra được phương trình 62 33 3

x+3− x = 2

Biến đổi vềphương trình 2

3x −49x 198+ =0

Giải phương trình được 1 2

22
x 9(TM); x

= = (loại)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Vậy năng suất dự kiến là 9 sản phẩm/ giờ

(0,25 đ)
(0,25đ)

Bài 3 (2 điểm)

a) ĐK: x≥3; y≠0

Đặta x 3(a 0), b 1
y

= − ≥ = . Hệ trở thành: 3a b 1

a 2b 5

− =


 + =



Giải hệđược: a =1; b = 2
Suy ra x = 4 (TMĐK); y 3

−

= (TMĐK), kết luận.

a) Thay m = - 3, có phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d):

x +3x− =4 0
x 1

x 4

=

⇔  = −



+) x= ⇒ = ⇒1 y 1 A(1;1)

+) x = − ⇒ =4 y 16⇒B( 4;16)−

b) Xét phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d):

x −mx+ − =m 1 0

Ta có :

a

= ≠ ∀

1 0 m

2 2

m 4m 4 (m 2)

∆ = − + = −

Để(P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

⇒

PT có hai nghiệm phân biệt
2

0 (m 2) 0

m 2

⇒ ∆ > ⇒ − >

⇔ ≠

Theo đề bài: 2 2

1 2 1 2

x +x =x +x

(

)

(

)

1 2 1 2 1 2

x x 2x x x x 0

⇔ + − − + =

m 2(m 1) m 0

⇔ − − − =

m 3m 2 0

⇔ − + =

m 1(TM)
m 2(L)

=

⇔  =



(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Bài 4. (3,5 điểm):

Hình vẽđúng đến câu a)

a) Ta có:  0

AHE=90 (theo giả thiết AB⊥MN)

 0

AKE=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

  0

AHE AKE 180

⇒ + = . Vậy tứgiác AHEK là tứ giác nội tiếp. (Tổng hai góc

đối bằng 1800)

b) Xét hai tam giác CAE và CHK:
+ Có góc C chung

+ EAC =EHK (góc nội tiếp cùng chắn cùng EK)

Suy ra

∆

CAE

∽

∆

CHA

(g – g)
Suy ra CA . CK = CE . CH

Hoặc cm

∆

CKE

∽

∆

CHA

(g –g )

c) Do đường kính AB vng góc MN nên B là điểm chính giữa cung MN

Suy ra MKB =NKB (1)

Lại có BK // NF (vì cùng vng góc với AC) nên  

 

NKB KNF(2)
MKB MFN(3)

 =






Từ (1), (2), (3) suy ra MFN =KNF⇔KFN =KNF. Vậy

∆

KNF

cân tại K.

d) Ta có  0  0

AKB=90 ⇒BKC=90 ⇒ ∆KEC vng tại K.

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K

  0  0

BEH=KEC=45 ⇒OBK=45

Mặt khác vì tam giác OBK cân tại O (do OB = OK = R) nên suy ra tam giác OBK
vuông cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)

Bài 5. (0,5 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi

(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,5 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,5 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)

C
M

F
K

N
E
H
O

C
M

N
E
O
P

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Với x >0, y > 0 ta có x+ ≥y 2 xy

2 x y 4

(x y) 4xy

xy x y

+ ≥ ⇔ ≥

1 1 4

(*)

x+ ≥y x+y Dấu “=” xảy ra

⇔ =

x

y

Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 4 4 2

(1)
a+ −b c+ b+ −c a ≥ a+ − + + −b c b c a = 2b = b

Tương tự: 1 1 2(2)
c+ −a b+b+ −c a ≥ c

1 1 2(3)
c+ −a b+a+ −b c ≥ a

Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta có:

1 1 1 1 1 1

a+ −b c+ b+ −c a +c+ −a b ≥ + +a b c

Dấu “=” xảy ra ⇔ = =a b c

(0,25 đ)

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

UBND QUẬN HOÀNG MAI 
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề chính thức

Đề số 11

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2017 – 2018 
MƠN TỐN – LỚP 9 ( Tiết 68 – 69)

Thời gian làm bài : 90 phút 
Ngày kiểm tra : 17 tháng 4 năm 2018

I. TRÁC NGHIỆM (1,0 điểm). Chọn chữcái đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 1. Cặp số

(

−1; 2

)

là nghiệm của hệphương trình nào sau đây?

A. 5 9

6 2 2

x y
x y

+ =



 + = −

 B.

2 7

3
3
4
x y

x y

− + =





− =

 C.

2 4

x y
x y

+ =


− + =

 D.

2 2 0
3
x y
x y

− =



 + =



Câu 2.Điều kiện của m đểphương trình 2 2

2 4 0

x − mx+m − = có hai nghiệm x1=0,x2 >0
là:

A. m= −2 B. m=2 C. m= ±2 D. m=16
Câu 3.Cho đường trịn

(

O R,

)

đường kính AB, dây AC=R. Khi đó sốđo độ của cung nhỏ

BC là:
A. 0

60 B. 1200 C. 900 D. 1500
Câu 4.Độdài của một đường trịn là 10π (cm). Diện tích của hình trịn đó là:

( )

10π cm B. 100π

( )

cm2 C. 50π

( )

cm2 D. 25π

( )

cm2
II. TỰ LUẬN ( 9,0 điểm)

Bài I ( 2,5 điểm)

1. Giải hệphương trình sau:

2 1

3 2

2 1

x y

 + =

 − +




 − =

 − +



2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) :

2 2 1

y= mx− m+

a. Với m= −1 . Hãy tìm tọa độgiao điểm của (P) và (d) .

b. Tìm m để(d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;1 2); ( ;B x y2 2) sao cho
tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài II (2,5 điêm)Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoạc hệphương trình

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 120 tấn hàng trong một sốngày quy định. Do mỗi

ngày đội đó chởvượt mức 5 tấn nên đội đã hồn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy

định 1 ngày và chởthêm được 5 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hết sốhàng đó trong
bao nhiêu ngày?

Bài III. (3,5 điểm)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Đường kính MN của đường tròn

( )

O cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung
lớn CD.

(E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.
a) Chứng minh rằng :Tứgiác IKEN nội tiếp

b) Chứng minh: EI.MN=NK.ME

c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của EIQ

d) Từ C vẽđường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh

khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H ln chạy trên một đường cố

định.

Bài IV (0,5 điểm): Cho a b c; ; >0, chứng minh rằng:

a b c a b c

a b+ +b c+ +c+a < b c+ + c+a + a b+
HƯỚNG DẪN GIẢI

I. TRẮC NGHIỆM (1,0 điểm). Chọn chữcái đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 1. Cặp số

(

−1; 2

)

là nghiệm của hệphương trình nào sau đây?

B. 5 9

6 2 2

x y
x y

+ =



 + = −

 B.

2 7

3
3
4
x y

x y

− + =




 − =

 C.

2 4

x y
x y

+ =



− + =

 D.

2 2 0
3
x y
x y

− =


 + =



Câu 2.Điều kiện của m đểphương trình 2 2

2 4 0

x − mx+m − = có hai nghiệm x1=0,x2 >0
là:

B. m= −2 B. m=2 C. m= ±2 D. m=16
Câu 3.Cho đường trịn

(

O R,

)

đường kính AB, dây AC=R. Khi đó sốđo độ của cung nhỏ

BC là:
A. 0

60 B. 1200 C. 900 D. 1500
Câu 4.Độdài của một đường trịn là 10π (cm). Diện tích của hình trịn đó là:

( )

10π cm B. 100π

( )

cm2 C. 50π

( )

cm2 D. 25π

( )

cm2
Hướng dẫn giải

Câu 1. Thay x= −1, y=2 vào các hệ. Ta được đáp án A và C.
Câu 2. Thay x1=0 vào phương trình ta được

4 0 2

m − = ⇔ = ±m

Thử lại: Thay m=2 vào phương trình ta được
2

4 0

0
4
x x

x
x
− =

=

⇔  =



</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

4 0

0
4
x x

x
x
+ =

=

⇔  = −



(không thỏa mãn điểu kiện đề bài)

Vậy đáp án B.

Câu 3. AC= ⇒ ∆R AOC là tam giác đều. Suy ra góc CAB=600

Mà  1   0

d 120

CAB= s BC⇒sd BC=
Chọn đáp án B.

Câu 4. Gọi bán kính hình trịn là R

Chu vi hình trịn bằng 2πR=10π ⇒ =R 5
Diện tích hình trịn là 2

( )

R cm

π = π

Vậy chọn đáp án D. 
II. TỰ LUẬN ( 9,0 điểm) 
Bài I ( 2,5 điểm)

1. Giải hệphương trình sau:

2 1

3 2

2 1

x y

 + =

 − +




 − =

 − +



2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) :

2 2 1

y= mx− m+

c. Với m= −1 . Hãy tìm tọa độgiao điểm của (P) và (d) .

d. Tìm m để(d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;1 2); ( ;B x y2 2) sao cho
tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Hướng dẫn giải

1.

2 1

3 2

2 1

x y

 + =

 − +




 − =

 − +



( Điều kiện xác định : x≠2;y≠ −1 )

+) Đặt 1 ; 1
2 a 1 b
x− = y+ =

+) Hệphương trình 2 3

3 2 8
a b
a b

+ =


⇔  − =

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

4 2 6

3 2 8

7 14
3 2 8

2
( )
1
a b
a b
a
a b
a
TM
b
+ =

⇔  − =

=

⇔  − =

=

⇔  = −


+) Thay 2 1 2 2 4 1 5

2 2

a x x

x

= ⇒ = ⇔ − = ⇔ =

−

+) Thay 1 1 1 1 1 2
1

b y y

y

= − ⇒ = − ⇒ − − = ⇔ = −

+) Vậy hệphương trình có nghiệm ( ; ) ( ; 2)5
2
x y = −

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) :

2 2 1

y= mx− m+
a.

+) Phương trình hoành độgiao điểm của (P) và (d) là :

2
2

2 2 1

2 2 1 0

x mx m
x mx m

⇒ = − +

⇔ − + − =

+) Thay m= −1 vào phương trình ta được :
2

2 3 0
( 1)( 3) 0

1 1
3 9
x x
x x
x y

x y
⇒ + − =
⇔ − + =
 =  =
⇔ ⇒
= −  =


+) Vậy khi m= −1 thì giao điểm của (P) và (d) là : (1;1); ( 3;9)−
b. +) Phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d) là :

2
2

2 2 1

2 2 1 0

x mx m
x mx m

⇒ = − +

⇔ − + − =

2 2

' m 2m 1 (m 1) 0 m 1

∆ = − + = − > ∀ ≠ (1)

+) Suy ra (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;1 2); ( ;B x y2 2)
2

1 ( ) 1 1
x ∈ P ⇒y =x

2
2 ( ) 2 2
x ∈ P ⇒ y =x

+) Áp dụng định lí viet ta có : 1 2
1 2

2
2 1
x x m
x x m

+ =



 = −



</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

1 2
2 2
1 2

1 2 1 2
2

2
2

( ) 2 2

4 2(2 1) 2

4 4 0

0( )
1( )
y y

x x

x x x x

m m

m m
m TM
m Loai
⇒ + =
⇔ + =

⇔ + − =
⇔ − − =
⇔ − =

=

⇔  =



+) Vậy m=0 thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A x y( ;1 2); ( ;B x y2 2) sao
cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài II (2,5 điêm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoạc hệphương trình

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 120 tấn hàng trong một sốngày quy định. Do mỗi

ngày đội đó chởvượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy

định 1 ngày và chởthêm được 5 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hết sốhàng đó trong

bao nhiêu ngày?

Hướng dẫn giải

Gọi thời gian chở hàng theo kế hoạch là x (ngày,x > 1 )

Năng suất của đội xe theo kế hoạch là 120

x (tấn/ngày)

Thời gian chở hàng thực tế là x−1 (ngày)

Năng suất thực tế là 125
1

x− (tấn/ngày)

Vì đội xe chởhàng vượt mức 5 tấn/ ngày nên ta có phương trình

2
125 120

5
1

5 10 120 0
6

x x

x x
x
x

− =

−

⇒ − − =

=


⇔  = −



Vì x > 1nên x = 6

Vậy thời gian chở hàng theo kế hoạch là 6 ngày
Bài III. (3,5 điểm)

P
K

I
N

C D

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

a) Xét đường tròn

( )

O có đường kính MN, M là điểm chính giữa cung nhỏ CD (gt)
nên MN vng góc với CD tại trung điểm I của CD. Do đó:  0

D 90
MI =

Ta có 1  0

; 90

E∈O MN⇒MEN =

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét tứgiác IKEN có:   0 0 0

D 90 90 180

MI +MEN = + = mà 2 góc này ở vịtrí đối nhau

nên tứgiác IKEN nội tiếp. (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Tứgiác IKEN nội tiếp (cmt) nên MEI =MNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

Xét ∆MEI và ∆MNKcó:

 


( )

( . ) . .

MEI MNK cmt EI ME

MEI MNK g g EI MN NK ME
NK MN

EMIchung



=  ⇒ ∆

∆ ⇒ = ⇒ =



 

c) Xét ∆MNPcó 2 đường cao ME và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm ∆MNP
Do đó NK vng góc với MP tại Q. Từđó suy ra  0

90
NQP=
Xét tứ giác NIQP có:   0

NIP=NQP= mà 2 góc này cùng nhìn NP do đó tứ giác
NIQP nội tiếp. Suy ra QNP =QIP (vì cùng chắn cung PQ) (1)

Tứgiác IKEN nội tiếp (cm a) nên QNP =EIK (cùng chắn cungEK) (2)

Từ (1) và (2) suy ra QIP =EIK . Do đó IK là phân giác của EIQ.

d) Từ C vẽđường thẳng vng góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh

khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H ln chạy trên một đường cố

định.

Ta có:  

( )

 

( )

/ / DEM DHC dv
ME NP

ME CH

CH NP MEC ECH slt

 =

⊥ ⇒ ⇒

 

⊥   =

Mà  DEM =MEC ( 2 góc nt chắn 2 cung = nhau)

 

EHC ECH

⇒ =

EHC

⇒ ∆ cân tại E

⇒EN là trung trực của CH

Xét ∆DCHcó: IN là trung trực của CD (dễdãng cm) ⇒NC=ND

EN là trung trực của CH (cmt) ⇒NC=NH

⇒N là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆DCH

⇒ H∈

(

N NC;

)

Mà N, C cốđịnh => H thuộc đường tròn cốđịnh khi E chạy trên CD

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Đặt A a b c 1 b 1 c 1 a 3 b c a
a b b c c a a b b c c a a b b c c a

 
= + + = − + − + − = − + + 
+ + + + + +  + + + 
Mà do a b c; ; >0nên:

b b

a b+ >a b c+ +

c c

b c+ >a b c+ +

a a

c+a > a b c+ +

Cộng các vếta được:

3 3 1

2 (*)

b c a a b c

a b b c c a a b c

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a
A

+ +

+ + > =

+ + + + +

 

⇔ − + + < −

+ + +

 

 

⇔ − + + < −

+ + +

 

⇔ <

Đặt

( ) ( ) ( )

a b c a b c

B

b c c a a b a b c b c a c a b

= + + = + +

+ + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 sốdương a; b+cta được:
2

( )

2 ( )

a b c a a

a b c

a b c
a b c

+ +

+ ≤ ⇔ ≥

+ +

Tương tự ta có:

2
( )

b b

a b c
b c+a ≥ + +

( )

c c

a b c
c a b+ ≥ + +

Từđó, ta có: 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

a b c a b c

a b c
a b c b c a c a b

+ +

+ + ≥ =

+ +

+ + +

2 (**)
B

⇔ ≥

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

ỦY BAN NHÂN DÂN QUẬN CẦU GIẤY

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 12

KIỂM TRA HỌC KÌ II

Năm học: 2017 - 2018 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu I: (2 điểm)

Cho hai biểu thức

A

x

1 3 x

=

+

và

x

3

2

1 B

x

9 x

3 x

+

=

+

−

+

−

với

x

≥

0; x

≠

9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi

x

4

9 =

b) Rút gọn biểu thức B

c) Cho

P

=

B : A.

Tìm x để P < 3.

Câu II: (2,0 điểm) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình
Hai cơng nhân cùng làm chung một cơng việc thì trong 8 giờ xong việc. Nếu mỗi

người làm một mình, để hồn thành cơng việc đó thìngười thứ nhất cần nhiều hơn người
thứ hai là 12 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu giờ xong
cơng việc đó?

Câu III: (2,5 điểm)

1) Giải hệphương trình

1

4

3 2x 1

y

5

3

2

5 2x 1

y

5 

+

=



−

+







−

= −



−

+



2) Cho phương trình 2

x

−

2(m 1)x

+

2m

=

0

(1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là

x ,

1

x

2. Tìm giá trị của m để

x ,

1

x

2 là độdài

hai cạnh góc vng của một tam giác vng có độdài cạnh huyền bằng

12

Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B.

Kẻdây CD vng góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E bất kỳ(E khác A và C).
KẻCK vng góc với AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F.

1) Chứng minh tứgiác AHCK là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh KH song song với ED và tam giác ACF là tam giác cân.

3) Tìm vị trí của điểm E đểdiện tích tam giác ADF lớn nhất.

Câu V: (0,5 điểm) Giải phương trình 2 2

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II - MƠN TỐN 9

Câu Nội dung Điểm

I

2,0

a) 1,0

* Khi

x

4

9 =

thì

x

2

3 =

thì

2

3 A

2 9

1 3.

3 =

+

* Vậy khi

x

4

9 =

thì

A

2

7 =

b) 0,5

x

3

2

1 B

x

9 x

3 x

+

=

+

−

+

−

(

)(

)

(

)(

)

) (

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)(

)

x

3

2

1 x

9 x

3 x

3

2 x

3 x

3 2 x

6 x

3 x

x

3 x

3 +

=

+

−

+

−

+

=

+

−

+

−

+

−

+ +

− +

+

=

+

−

+

=

+

−

+

=

+

−

=

−

c) 0,5

Ta có:

P

x

:

x

3 x

1 x

3 1 3 x

x

3 +

=

−

+

−

3 x

1 P

3 x

3 +

< ⇔

<

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

(

)

3 x

3 3 x

1

0 x

3 x

3 3 x

1 3 x

9

0 x

3

10

0 x

3 x

3

0 x

3 x

9 −

+

⇔

−

<

−

+ −

+

⇔

<

−

⇔

<

−

⇔

− <

⇔

<

⇔ <

Kết hợp điều kiện xác định duy ra

0 < <

x

9

thì

P

<

3

II

2,0
Giả sửngười thứ nhất làm riêng trong x (giờ) thì hồn thành cơng việc

(ĐK: x > 0)

Giả sửngười thứ hai làm riêng trong y (giờ) thì hồn thành công việc

(ĐK: y > 0, y < x)

Trong 1 giờngười thứ nhất làm được

1 x

công việc
Trong 1 giờngười thứhai làm được

1 y

công việc

Theo giả thiết, hai người làm chung thì hồn thành cơng việc trong 8 giờ

nên ta có:

1 x

+ =

y

8

(1)

Khi làm riêng thì người thứ nhất cần nhiều hơn người thứ hai là 12 giờđể

hồn thành cơng việc nên ta có:

x

− =

y 12

(2)
Từ (1) và (2) ta có hệphương trình

(

)

1 8 2y 12

xy

8(2y 12)

y(y 12)

x

y

18 x

y 12

x

y 12

x

y 12

y

4y

96

0 x

y 12

 + =



+

=



+

=

+



⇔



 = +

= +





 − =



 −

−

=

⇔ 

= +



* Giải phương trình 2

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

(

y 12 y

)(

8 )

0 y 12(TM)

y

8(L)

=



⇔

−

+

= ⇔  = −



Từđó suy ra x = 24.

Vậy nếu làm riêng thì người thứ nhất cần 12 giờđể hồn thành cơng việc,

người thứ hai cần 24 giờđể hồn thành cơng việc.

III

2,5

1) 1,0

* ĐK:

x

1 ; y

5

2 ≠

≠ −

* Đặt

1 a

2x 1

1 b

y

5 

=



−







=

+



, ta có hệ pt:

a

4b

3 a

4b

3 7a

7 a

1 3a

2b

5 6a

4b

10 a

4b

3 b 1

+

=

+

=

= −



⇔



⇔



⇔





−

= −



−

= −



+

=



=



1 2x 1

1 x

0 2x 1

(TM)

1 y

5 1

y

1

1 y

5 

= −



−



− = −



=



⇒



⇔



⇔



+ =

= −





=

+



Vậy hệ có nghiệm (x.y) = (0;4)

2) 1,5

a) 0,75

Xét phương trình 2

x

−

2(m 1)x

−

+

2m

=

0

. Ta có

2 2

'

(m 1)

2m

m

1 ∆ =

+

−

=

+

vì 2

m

≥

0

với mọi m nên

∆ ≥ >

' 1 0

suy ra
phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

x , x

1 2

b) 0,75

Để 2 nghiệm

x , x

1 2là độdài 2 cạnh góc vng của tam giác vng có độ
dài cạnh huyền bằng

12

. Thì

x , x

1 2 là các số thực dương thỏa mãn

2 2

1 2

x

+

x

=

12

Theo hệ thức Viet ta có : 1 2
1 2

x

2(m 1)

x x

2m

+

=

+





=

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

2(m 1)

0 m

0 2m

0 + >



⇔

>



>



hệ thức

2 2

1 2

x

+

x

=

12 ⇔

(m - 1)(m - 2) = 0

⇔

m 1

m

2 =



 = −



đối chiếu với điều kiện ta thấy m = 1 thỏa mãn.

IV

3,0

0,25

a) 0,75

Vì

CK

⊥

AK

nên

AKC



=

90 CH

⊥

AB

tại H nên

AHC



=

90

0 . Tứ
giác AHCK có :

 

AHC

+

AKC 180

=

nên ACHK là tứ giác nội tiếp.

(Tổng 2 góc đối bằng 0

180

b) 1,0

TừCHAK là tứ giác nội tiếp ta suy ra

CHK

  

=

CAK

=

CAE

(góc nội tiếp

cùng chắn cung KC).

Lại có ADCE nội tiếp nên

CAE

 

=

CDE

(góc nội tiếp cùng chắn cung
EC).

Từđó suy ra

CHK

 

=

CDE

⇒

HK / /DE

Do HK// DF, mà H là trung điểm CD (Được suy ra từ quan hệ vng góc
của đường kính AB với dây CD tại H ).

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

tuyến nên CAF là tam giác cân tại K .

c) 1,0

Tam giác FAC cân tại A nên AF = AC.

Dễ thấy tam giác ACD cân tại A nên AC=AD từđó suy ra AF =AD hay
tam giác AFD cân tại A, hạ

DI

⊥

AF

Ta có

S

AFD

1 DI.AF= DI.AC,

1

2 =

do AC không đổi nên

S

AFD lớn nhất khi

và chỉ khi DI lớn nhất, Trong tam giác vuông AID ta có:

ID

≤

=

AC

hay

2
AFD

1 AC

S

DI.AF= DI.AC

2 =

≤

dấu đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi

I

≡

A

khi đó



DAF

=

90

dẫn đến tam giác ADF
vuông cân tại A, suy ra

 

EBA

=

EDA

=

45

hay E là điểm chính giữa

cung AB.

V

0,5

Điều kiện:

x

3x 18

0 x

6 5x

4x

0  −

−

≥

 ≥

⇔ ≥





+

≥



PT 2 2

5x

4x

x

3x 18

5 x

⇔

+

=

−

+

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2

5x

4x

x

22x 18 10 x x

3x 18

5 x x

6 x

3 2x

9x

9

5 x

6x

x

3 2 x

6x

3 x

3 ⇔

+

=

+

−

+

−

⇔

−

+

=

−

+

⇔

−

+

=

−

+

Đặt

(

)(

)

2 2

a

x

6x

0 2a

3b

5ab

0 a

b 2a

3b

0 b

x

3  =

−

≥



⇒

+

−

= ⇔

−

=



=

+ ≥



* TH1: 2 2

7

61 a

b

x

6x

x

3 x

7x

3

0 x

2 +

= ⇔

−

= + ⇔

−

− = ⇔ =

* TH2:

(

)

(

)

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẬN HÀ ĐƠNG

Đề số 13

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9

Năm học: 2017 - 2018 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I: (2,0 điểm) Cho các biểu thức

P

x

3 x

2 x

2

3 x

5 x

6 +

=

+

−

+

và

x

Q 1

x

1 = −

+

với

x

≥

0; x

≠

4; x

≠

9

a) Tính giá trị của biểu thức Q khi

x

= +

4 2 3

b) Rút gọn biểu thức

T

=

P : Q

c) Tìm x để

1 T

có giá trị nguyên

Câu II: (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình

Bạn An dựđịnh thực hiện công việc quét sơn cho 2

40m

tường trong một thời gian
nhất định. Tuy nhiên, khi thực hiện mỗi giờ bạn An quét được ít hơn dựđịnh là 2

2m

, do

đó bạn đã hồn thành cơng việc chậm hơn so với kế hoạch là một giờ. Hỏi nếu đúng kế

hoạch thì bạn An hồn thành cơng việc trong bao lâu?
Câu III: (2,5 điểm)

1) Giải hệphương trình

(

)

1

3 x

3y

2x

y

2

4 5 x

3y

3 2x

y



+ +

=



−







−

+

= −



−



2) Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng

( )

d : y

=

mx

−

2m

+

3

và parabol

( )

P : y

=

x

a) Tìm m để(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ

x ,

1

x

2 thỏa mãn

2 2

1 2 2 1

x x

+

x x

=

5

b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để (d) và (P) khơng có điểm chung.

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF

cắt nhau tại H.

1) Chứng minh tứgiác BFEC là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh

AF.AB

=

AE.AC

3) BE và CF lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là M và N. Chứng minh EF // MN

4) Giả sử B và C cốđịnh; A thay đổi. Tìm vị trị của A sao cho tam giác AEH có diện tích
lớn nhất.

Câu V: (0,5 điểm) Với các sốdương x, y, z, t thỏa mãn

x

+ + + =

y

z

t

4.

Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

A

2

1

2

1

2

1

2

1 x

1 y

1 z

1 t

1 =

+

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II - MƠN TỐN 9

Bài Nội dung Điể

m

I

2,0

đ

1) (0,5 điểm) Biến đổi được

x

= +

4 2 3

= +

(

1

3 )

Thay

x

= +

(

1

3 )

2 (tmđk) vào biểu thức Q ta có:

Q

= = −

...

2

3

0,25
0,25

2) (1 điểm)

(

)(

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

) (

)

)(

)

(

)(

) (

)(

)

x

3 x

2 x

3 x

2 x

2 P

x

2

3 x

5 x

6 x

2 x

3 x

2 x

3 x

2 x

2 x

2

P

x

2 x

3 x

2 x

3 x

2 x

3 x

9 x

4 x

2 x

3

1 P

x

2 x

3 x

2 x

3 x

1 Q 1

x

1 x

1 T

P : Q

x

2 +

=

+

=

−

+

−

+

−

+

−

+

−

+

=

−

+

−

− − + +

+

−

=

−

= −

=

+

=

−

0,25

3) (0,5 điểm)

1 x

2 T

x

1 −

=

+

Chặn được giá trị của

1 : 2

1 T

− ≤ <

T

Vì

1 T

nguyên suy ra

1

2 T

= −

hoặc

1 T

= −

hoặc

1

0 T

=

Tìm x được x = 0 (TMĐK);

x

1

4 =

(TMĐK); x = 4 (KTMĐK)

0,25

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Kết luận ...

II 
2,0

đ

+ Gọi sốmét vuông tường bạn An định quét sơn trong 1 giờ là x ( 2

m

)

(

x

>

2 )

Khi đó thời gian dựđịnh hồn thành cơng việc là

40 (h)

x

Thực tế mỗi giờquét sơn được

x

−

2 ( )

m

Thời gian thực tế hồn thành cơng việc là

40 (h)

x

−

2

Theo đề bài ta có PT:

40

1 x

−

2 −

x

=

+ Giải đúng pt được:

x

= −

8

(không thỏa mãn),

x

=

10

(thỏa mãn)

+ Kết luận thời gian dựđịnh hồn thành cơng việc là 4 giờ

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,5
0,25

III

1) (0,75đ)

ĐKXĐ:

2x

≠

y

Đặt

1 a; x

3y

b

2x

−

y

=

+

=

Ta có hệ:

3 a

b

2 4a

5b

3  + =





 − = −



Giải hệtìm được

a

1 ;b 1

2 =

Giải hệ

2x

y

2 x

3y 1

− =



 + =



tìm được

x

=

1; y

=

0(TM)

0,25

0,25
0,25

2) (1,25 điểm)

a) (0,75 điểm)

+ Xét phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d)
2

x

mx

2m

3(1)

x

mx

2m

3

0 =

−

+

⇔

−

+

− =

(

)

m

8m 12

m

4 ∆ =

−

+

=

−

(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

khi

∆ >

0 (

)

0 m

4 m

4

2 m

6 m

4

2 m

2 ∆ > ⇔

−

>

− >

>



⇔



⇔



− < −

<



+ Với m > 6 hoặc m < 2, (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt

x , x

1 2 là nghiệm

của pt (1)

Theo Vi-ét ta có: 1 2
1 2

x

m

x .x

2m

3 +

=





=

−



(

)

2 2 2

1 2 2 1 1 2 1 2

x x

+

x x

= ⇔

5 x x

x

+

x

= ⇔

5 m(2m

− = ⇔

3)

5 2m

−

3m

− =

5

0

Tìm được

m

= −

1(TM)

và

m

5 (KTM)

2 =

Vậy ...

0,25

b) (0,5 điểm)

(P) và (d) khơng có điểm chung khi pt (1) vô nghiệm

(

)

(

)

0 m

4

0 m

4

2 m

6 ∆ < ⇔

−

− < ⇔

−

< ⇔ < <

Mà m là số nguyên nên

m

∈

{

3;4;5

}

Vậy giá trị m nguyên nhỏ nhất đểd không cắt (P) là m = 3

0,25

IV 0,25

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

b) Chứng minh được

∆

AHF

đồng dạng với

∆

ABD

AF.AB

AH.AD

⇒

=

(1)

Chứng minh

∆

AEH

đồgn dạng với

∆

ADC

Suy ra

AE.AC

=

AH.AD

(2)

(1) và (2) suy ra AF.AB = AE.AC

(Hoặc chứng minh

∆

AEF

đồng dạng với

∆

ABC

)

0,25
0,25
0,25
0,25
c)

+ Chứng minh được

MAC

 

=

CAD

hay

MAE

 

=

EAH

suy ra AE là trung

trực của HM, suy ra E là trung điểm của HM

+ Tương tự chứng minh được F là trung điểm của HN

Suy ra FE // MN (đường trung bình)

(Hoặc có thể chứng minh

FCB

  

=

FEB

=

NMB

)

0,25
0,25
0,25
0,25

d) 2 2 2

AEH

4S

∆

=

2AE.EH

≤

AE

+

EH

=

AH

Chứng minh AH = 2OK, OK không đổi.

Lập luận, kết luận được

S

∆AEH lớn nhất khi AE = EH hay



HAE

=

45 ⇒

ACB

=

45 ,

suy ra vị trí A

0,25
0,25

V

Với các sốdương x, y, z, t

Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh được:

2 2

1 x

1 ;

x

+

1 = −

x

+

1 ≥ −

2

Dấu "=" xảy ra

⇔ =

x

1

Chứng minh tương tự:

2 2

1 y

1 ;

y

+

1 = −

y

+

1 ≥ −

2

Dấu "=" xảy ra

⇔ =

y 1

2 2

1 z

1 ;

z

+

1 = −

z

+

1 ≥ −

2

Dấu "=" xảy ra

⇔ =

z 1

2 2

1 t

1 ;

t

+

1 = −

t

+

1 ≥ −

2

Dấu "=" xảy ra

⇔ =

t

1

Mà

x

+ + + =

y

z

t

4

Do đó

A

2

1

2

1

2

1

2

1

2 x

1 y

1 z

1 t

1 =

+

≥

+

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẬN HAI BÀ TRƯNG

Đề số 14

KIỂM TRA HỌC KÌ II

Năm học: 2017 - 2018 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút
Bài I: (2 điểm)

Cho biểu thức

A

x

1 x

3 +

=

−

và

2 x

x

3x

3 B

x

9 x

3 x

3 +

=

+

−

+

−

với

x

>

0; x

≠

9

a) Tính giá trị của A khi

x

=

25

b) Rút gọn biểu thức

P

=

B : A

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu II: (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình
Hai người cùng làm chung một cơng việc trong 4 giờ 48 phút thì xong. Thời gian

người thứ nhất làm một mình xong cơng việc nhiều hơn thời gian đểngười thứ hai làm
một mình xong công việc là 4 giờ. Hỏi mỗi người làm một mình trong bao lâu hồn thành

cơng việc?

Câu III: (2 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol

( )

P : y

=

x

và đường thẳng

( )

d : y

= − +

x

m

3

1) Tìm tọa độgiao điểm của (d) và (P) khi m = 1
2) Tìm m để(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

3) Với giá trị nào của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

M x ; y

(

1 1

)

và

N x ; y

(

2 2

)

sao
cho

y

1

+

y

2

=

3 x

(

1

+

x

2

)

Câu IV: (3,5 điểm) Cho (O) đường kính AB = 2R, xy là tiếp tuyến với (O) tại B. CD là một

đường kính bất kỳ

(

AC

<

CB

)

. Gọi giao điểm của AC, AD với xy theo thứ tự là M và N.
1) Chứng minh rằng tứ giác MCDN nội tiếp.

2) Chứng minh AC.AM = AD.AN

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứgiác MCDN và H là trung điểm của MN. Chứng
minh rằng tứgiác AOIH là hình bình hành. Khi đường kính CD quya xung quanh điểm O

thì I di động trên đường nào?
4) Khi góc AHB bằng 0

60

. Tính diện tích xung quanh của hình trụ tạo thành khi hình bình
hành AHIO quay quanh cạnh AH theo R.

Câu V: (0,5 điểm) Cho

x

≥

0; y

≥

0

và

x

+ =

y 1.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x

y

A

y 1

x 1

=

+

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II - MƠN TỐN 9

Câu Nội dung Điểm

I

2,0

1) 0,5

* Tại

x

=

25

thì

x

=

3

thì

A

25

1

6

3

2

25

3 +

=

= =

−

* Vậy khi

x

=

25

thì

A

=

3

2) 1,0

2 x

x

3x

3 B

x

9 x

3 x

3 −

=

+

−

+

−

2 x

x

3x

3 B

x

9 x

3 x

3 −

=

+

−

+

−

(

)(

)

(

)(

)

3 x

1 3 x

3 B

x

3 x

3 −

+

−

=

+

−

+

−

(

)

(

3 )(

x

1 )

x

1

3 P

B : A

:

x

3 x

3 −

+

+

−

=

−

+

−

0,25

3) 0,5

3 P

x

3 −

=

+

(

x

≥

0; x

≠

9 )

Lập luận được

x

0 x

3 3

3

1 P

1 x

3 −

≥ ⇔

+ ≥ ⇔

≥ − ⇔ ≥ −

+

Dấu "=" xảy ra

⇔ =

x

0

(TMĐK)

Vậy Min

P

= −

1

khi x = 0

0,25
0,25

II

2,0

Đổi 4 giờ 48 phút

24

5 =

giờ

Gọi thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là x giờ

24 x

5 

>











</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Thời gian người thứ nhất làm một mình xong cơng việc là

x

+

4

(giờ)
Trong một giờngười thứhai làm được

1 x

công việc
Trong một giờngười thứ nhất làm được

1 x

+

4

công việc
Theo bài ra, ta có trong 1 giờ, cảhai người làm được

5

24

cơng việc

Nên ta có phương trình

1

5 x

+

4 + =

x

24

Giải phương trình tìm được

x

1

12 ( )

L ;

5 −

=

x

2

=

8

(TM)

Vậy thời gian người thứ hai làm một mình xong cơng việc là 8 giờ.
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là 12 giờ

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

III

2,0

1) 0,75

Khi m = 1 ta có

y

= +

x

2

Phương trình hồnh độgiao điểm 2 2

x

= − ⇔

x

2 x

− − =

x

2

0

Giải (1) được

x

1

=

2,

x

2

= −

1 ( )

(

)

1 1

2 2

x

2 y

4 A 2;4

x

1 y

1 B

1;1

= ⇒

= − ⇒

= ⇒

−

Vậy

( )

d

cắt (P) tại hai điểm

A 2;4

( )

B

(

−

1;1

)

0,25
0,25
0,25

2) 0,75

Xét PT hoành độgiao điểm của (d) và (P): 2

x

− + − =

x

m

3

0

(*)

Tính

∆ =

13 4m

−

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (*) có hai nghiệm

phân biệt

0 m

13

4 ⇔ ∆ > ⇒ <

3) 0,5

Áp dụng hệ thức Vi-ét có:

(

) (

)

1 2 1 2 1 2 1 2

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

⇔ −

2m

+ =

6 2 x

(

1

+

x

2

)

Tìm được m = 2

IV

3,5

0,5

1) 0,75

∆

AOC

cân ở O

⇒

CAO

 

=

OCA

mà

CAO

 

=

ANB

(cùng phụ với

AMB



)

⇒

ACD

 

=

ANM

Ta có:

 

ACD

+

DCM

=

180 ⇒

DCM

+

ANM

=

180

Chứng minh DCMN nội tiếp

2) 1,0

ACD

∆

và

∆

ANM

có:



 

MAN : chung

ACD

ANM(cmt)



⇒ ∆



=



∆

ANM

(g - g)

AC

AN

AM

⇒

=

(cạnh tương ứng tỉ lệ)

AC.AM

AD.AN

⇒

=

3) 0,75

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

I

⇒

là giao điểm của đường trung trực của CD và trung trực của MN

IH

MN

⇒

⊥

và

IO

⊥

CD

AB

⊥

MN;IH

⊥

MN

⇒

AO // IH

Do H là trung điểm MN

⇒

AH

là trung điể mcủa tam giác vuông AMN

 

ANM

NAH

⇒

=

Mà

ANM

  

=

BAM

=

ACD(cmt)

⇒

DAH

 

=

ACD

Gọi K là giao điểm của AH và DO

 

ADC

+

ACD 1v

=

⇒

DAK

+

ADK

=

90

hay

∆

AKD

vuông ởK

AH

CD

⇒

⊥

mà

OI

⊥

CD

⇒

OI // AH
Vậy AHIO là hình bình hành

Do AOIH là hình bình hành

⇒

IH

=

AO

=

R

không đổi

CD

⇒

quay xung quanh O thì I nằm trên đường thẳng song song với xy
và cách xy một khoảng bằng R.

4) 0,5

Xét

∆

ABH

vuông tại B,



AHB

=

60 4R 3

AH

2R sin 60

3 ⇒

=

2
xqtru

R

R 4R 3

4 3 R

S

2 AH

2 .

2

3 π

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẬN ĐỐNG ĐA

Đề số 15

KIỂM TRA HỌC KÌ II

Năm học: 2017 - 2018 
Mơn: TỐN 9 
Thời gian làm bài: 90 phút
Bài I: (2,5 điểm)

Cho biểu thức

A

2 x

1 x

+

=

và

B

x

3 x

4

1 x

22 x

2 −

+

=

−

với

x

>

0; x

≠

4

a) Tính giá trị của A khi

x

=

9

b) Rút gọn biểu thức B
c) Cho

P

B

.

A

=

Tìm x để

P

>

P

Câu II: (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình

Một xí nghiệp theo kế hoạch phải sản xuất 75 sản phẩm trong một sốngày dựđịnh.
Trong thực tế, do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày xí nghiệp làm vượt mức 5 sản phẩm, vì
vậy khơng những họđã làm được 80 sản phẩm mà cịn hồn thành sớm hơn kế hoạch 1
ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xí nghiệp đó sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Câu III: (2,5 điểm) Cho parabol

( )

P : y

=

x

và đường thẳng

( )

d : y

=

(

2m 1 x

+

)

−

2m

a) Xác định tọa độgiao điểm của (d) và (P) khi m = 1

b) Tìm m để(d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

M x ; y

(

1 1

)

và

N x ; y

(

2 2

)

sao cho

1 2 1 2

y

+

y

−

x x

=

1

Câu IV: (3,0 điểm) Cho điểm M cốđịnh nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Qua M vẽ các
tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kì
trên cung nhỏ AB của đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ
C đến AB, MA, MB.

1) Chứng minh bốn điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn.

2) AC cắt DE tại P; BC cắt DF tại Q. Chứng minh

∆

PAE

∆

PDC

suy ra

PA.PC

=

PD.PE

3) Chứng minh AB // PQ

4) Khi điểm C di động trên cung nhỏ AB của đường trịn (O) thì trọng tâm G của tam giác

ABC di chuyển trên đường nào?

Câu V: (0,5 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn

a

+ + =

b

c

7,

ab

+

bc

+

ca

=

15.

Chứng minh rằng:

a

11

3

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II - MƠN TỐN 9

Câu Nội dung Điểm

I

2,5

a) 1,0

* Khi

x

=

9

thì

x

=

3

thì

A

2.3 1

7

3 +

=

* Vậy khi

x

=

9

thì

A

7

3 =

b) 1,0

x

3 x

4

1 B

x

22 x

2 −

+

=

−

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

x

3 x

4

1 x

2 x

3 x

4 x

2 x

3 x

4 x

2 x

4 x

2 x

−

+

=

−

+

=

−

+ −

=

−

+

=

−

=

−

=

c) 0,5

Ta có:

P

x

2 2 x

:

1 x

2 x

1 −

+

−

=

+

0,25

x

2 P

0 2 x

1 −

> ⇔ < ⇔

<

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Ta có x > 0 nên

2 x

+ >

1

0.

Để

x

2

0 2 x

1 −

<

+

thì

x

− <

2

0

Kết luận

0 < <

x

4

0,25

II

2,0
Gọi số sản phẩm mà xí nghiệp phải làm mỗi ngày theo kế hoạch là x (ĐK:

x

∈



*,

đơn vị: sản phẩm)

0,25

Thời gian hoàn thành theo kế hoạch là

75 x

(ngày)

0,25
Thực tế mỗi ngày xí nghiệp làm được

x

+

5

(sản phẩm) 0,25
Thời gian hoàn thành trong thực tế là

80 x

+

5

(ngày)

0,25
Vì thực tế xí nghiệp hồn thành sớm hơn 1 ngày so với kế hoạch nên ta có

phương trình

75

80

1 x

−

x

+

5 =

0,25

Biến đổi được phương trình 2

x

+

10x

−

375 =

0

0,25

Giải phương trình được hai nghiệm phân biệt

1 2

x

=

15(tm); x

= −

25

(loại)

Nếu học sinh tách thành

(

x 15 x

−

)(

+

25 )

=

0

mà khơng có bước phân tích
trừ0,25 điểm

0,25

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày xí nghiệp sản xuất 15 sản phẩm. 0,25

III

2,5

Phương trình hồnh độgiao điểm của (d) và (P) là:

(

)

(

)

2 2

x

=

2m 1 x

+

−

2m

⇔

x

−

2m 1 x

+

2m

=

0

(1)

(

)

2m 1

8m

∆ =

+

−

(

)

4m

4m 1 8m

4m

4m 1

2m 1

0, m

=

+

+ −

=

−

+

=

−

≥ ∀

a) 1,5

* Thay m = 1 vào phương trình (1), ta có:

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

(

x 1 x

)(

2 )

0 x 1 0

x

2

0 x

1 x

2 ⇔

−

=

− =



⇔  − =



=



⇔  =



* Với

x

= ⇒ =

1 y 1

* Với

x

= ⇒ =

2 y

4

* Vậy m = 1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm

( )

1;1

và

( )

2;4

b) 1,0

* Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt thì

0 m

1

2 ∆ > ⇔

≠

* Áp dụng định lý Vi-ét cho pt (1) ta có:

1 2

x

2m 1

x x

2m

+

=

+





=



* Vì M, M

∈

( )

P

nên

1 1

2 2

y

x

y

x

 =





=



Ta có:

y

1

+

y

2

−

x x

1 2

=

1 (

)

(

)

(

)

2 2

1 2 1 2

x

x x

1 x

3x x

1 2m 1

6m 1

4m

2m

0 2m 2m 1

0 2m

0 2m 1 0

m

0(TM)

1 m

(KTM)

2 ⇔

+

−

=

⇔

+

−

=

⇔

+

−

=

⇔

−

=

⇔

− =

=



⇔ 

− =



=





⇔

 =



* Vậy m = 0 là giá trị cần tìm

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

0,25

1) 0,75

Chứng minh

 

CDA

+

CEA

=

180

0,25

Xét tứgiác ADCE:

 

CDA

+

CEA

=

180

Mà

CDA



và

CEA



là hai góc đối nhau

0,25

Suy ra tứgiác ADCE là tứ giác nội tiếp (dhnb)

Vậy 4 điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn

0,25

2) 1,0

Xét đường tròn ngoại tiếp tứgiác ADCE:

 

CAE

=

CDE

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) 0,25

Xét

∆

PAE

và

∆

PDC

 

APE

=

DPC

(hai góc đối đỉnh)

 

CAE

=

CDE

(cmt)

PAE

⇒ ∆

∆

PDC

(g - g)

0,25

PA

PE

PD

PC

⇒

=

(định nghĩa hai tam giác đồng dạng) 0,25

PA.PC

PD.PE

⇒

=

(đpcm) 0,25

3) 1,0

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Suy ra

    

PDQ

+

PCQ

=

CAB

+

CBA

+

PCQ 180

=

Chứng minh được tứ giác CPDQ nội tiếp 0,25

Suy ra

CPQ

 

=

CAB

(

=

CDQ



)

0,25

Mà hai góc này ở vịtrí đồng vị

AB

⇒

// PQ 0,25

4) 0,5

OM cắt AB tại I. dựng trọng tâm G; lấy H, K thuốc AI và BI sao cho

2 AH

AI;BK

BI

3 =

= =

H, K

⇒

cốđịnh

AH

CG

2 GH

AI

=

CI

= ⇒

3

// CA; tương tựGK // CB

0,25

Suy ra

HGK

 

ACB

1

2 =

sđ

AB



lớn =

α

không đổi.

Mà H, K cốđịnh

Suy ra G thuộc 1 cung chứa góc

α

dựng trên đoạn HK (thuộc nửa mặt
phẳng bờ AB có chứa điểm M).

0,25

V

0,5

(

)

b

c

7 a

b

c

7 a

b

c

7 bc

a b

c

15 ab

bc

ca

15 bc

a

7a 15

+ = −



+ + =



⇒



+

=



+

=



=

−

+



b,c

⇒

là nghiệm của phương trình 2 2

x

− −

(7

a)x

+

a

−

7x 15

+

=

0

Vì

1 0, a

≠ ∀ ⇒

PT có nghiệm

⇔ ∆ = − −





(

7 a

)





−

4.1. a

(

−

7a 15

+

)

≥

0 (

)(

)

2 2

a

14a

49 4a

28a

60

0 3a

14a 11 0

3a

14a 11 0

a 1 3a 11

0

11 1 a

3 ⇒

−

+

−

+

−

≥

⇔ −

+

− ≥

⇔

−

+ ≤

⇔

−

≤

⇔ ≤ ≤

* Vậy

a

11

3

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83></div>

Đề thi học kì 2 môn toán 9



<b> T</b>

<b>rịnh Bình sưu tầm tổng hợp </b>

<b>TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC KÌ 2 </b>

<b>MƠN TỐN LỚP 9 CÁC QUẬN HÀ NỘI </b>

<b>ĐỀ CHÍNH THỨC </b>

(

)(

) (

)(

)

(

(

)(

)(

)

)

(

)(

) (

)(

)

























( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )







 



(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

{ }

(

)

∆

NFK

a

= ≠ ∀

1