ĐE THI LOP 9 HKI

PHÒNG GD-ĐT BÌNH SƠN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 – 2011
TRƯỜNG THCS BÌNH TÂN MÔN: TOÁN – LỚP 9
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(2đ) : Rút gọn biểu thức sau :
a)
20
-
45
b) ( 2
5
-
3
)
3
-
60

c)
8 - 2 15 - 3
+
2 -1 5 -1
d)
3- 5 3+ 5
+
3+ 5 3- 5

Bài 2(2đ) : Cho hàm số
1
2
2
+y = - x

a) Vẽ đồ thị hàm số trên .
b) Gọi A và B là giao điểm của đồ thị hàm số với các trục toạ độ . Tính diện tích tam giác
OAB( với O là gốc toạ độ )
Bài 3(2đ) Cho biểu thức A =
( )
2
1 1 x +1
+ :
x- x x -1
x -1
 
 ÷
 
với a >0 ; a ≠ 1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 4 + 2
3
c) Tìm x để gía trị của biểu thức A bằng - 2

Bài 4(1,5đ) : Cho tam giác ABC vuông tại A , biết AB = 6 cm, AC = 8 cm.
Tính cạnh BC ,
ˆ
B
,
ˆ
C
và đường cao AH của tam giác ABC.

Bài 5(2,5đ) : Cho đường tròn (O) . Gọi S là một điểm nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến
SA, SB ( A, B là tiếp điểm ) . Qua O kẻ đường thẳng song song với SA cắt SB tại K . Chứng

minh :
a) KO = KS
b) Đường thẳng vuông góc với SA tại S cắt OB tại M . Chứng minh rằng tam giác OSM cân
c) MK vuông góc với OS.

------------- Hết --------------

TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II
BÌNH TÂN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN – LỚP 9
I. Lí thuyết: (2,0 điểm)
Câu Nội dung Thang điểm
1
Nếu
1
x
,
2
x
là hai nghiệm của phương trình
a b c
2
+ x + = 0
(a ≠0) thì

1 2
1 2
b
x x
a
c

x .x
a

+ = −




=


1 điểm
2
'
∆
= (m-1)
2
– m
2
= -2m + 1
Để phương trình có hai nghiệm thì
'
∆
> 0 <=> -2m + 1>0 <=>m <
1
2
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)

x .x m
+ = − −


=

0,5điểm
0,5điểm
II. Bài tập: (8,0 điểm).
Bài Nội dung Thang
điểm
1
a) Vì 2 + 3 – 5 = 0 , nên phương trình có nghiệm x = 1 hoặc x =
5
2
−
b)
'
∆
= (
3
)
2
– 1.(-6) = 9 > 0 =>
'
∆
=3
Vậy nghiệm phương trình là : x =
3
- 3 hoặc x =

3
+3
c) (x
2
-5x +7 )
2
– 4(x
2
-5x +7) + 3 =0. Đặt t = x
2
-5x +7
Phương trình đã cho tương đương : t
2
– 4t + 3 = 0
Giải phương trình ta được t = 1 hoặc t = 3
* Với t = 1 => x
2
-5x +6=0 suy ra x = 3 hoặc x = 2
* Với t = 3 =>x
2
-5x +4 = 0 Suy ra x = 1 hoặc x = 4
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2
a) Vẽ đồ thị đúng
b)Ta có
2
3
- x

4
=
m 1
x +
2 4
<=> 3x
2
+2mx + 1 = 0 (*)

'
∆
= m
2
– 3 . Để đường thẳng
m 1
y = x +
2 4
tiếp xúc với parabol(P) thì
phương trình (*) có một nghiệm , tức là
'
∆
= 0
<=> m
2
– 3 = 0 <=> m =
3
hoặc m = -
3
• Tìm toạ độ tiếp điểm :

1
x
=
2
x
=
−
'
b
a
=
−
m
3
Với m = 3 => x =
3
3
− ; y =
1
4
−
, A(
3
3
− ;
1
4
−
)
Với m = - 3 => x =

3
3
; y =
1
4
−
, A(
3
3
;
1
4
−
)
0,75 điểm
0,75 điểm
3
Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là
6
−
x
( km/h)
0,25 điểm
Thi gian xe th nht i ht quóng ng AB l:
x
108
( gi )
Thi gian xe th hai i ht quóng ng AB l:
6

108

x
( gi )
Theo bi ra ta cú phng trỡnh:


6
108
x
x
108
=
5
1
(*)
Gii phng trỡnh (*) tỡm c x = 60 v x = 54 ( loi )
Kt lun: Vn tc xe th nht l 60 km/h, vn tc xe th hai l 54 km/h.
0,5 im
0,5 im
0,25 im
4
O
F
E
H
C B
A
a) Ta có:
ã

ã
0
CFH BEH 90= =
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=>
ã
ã
ã
0
AFH AEH FAE 90= = =
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Ta có:
ã
ã
0
EBH EAH 90+ =
mà
ã
ã
EAH EFH=
(tc đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
0
EBH EFH 90+ =
Do đó:
ã
ã
ã

ã
ã
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
ã
ã
ABH AHE=
(cùng phụ với
ã
EAH
) mà
ã
ã
AHE AFE=
(đờng chéo
hcn) =>
ã
ã
ABH AFE=
hay
ã
ã
ABC AFE=
Xét AEF và ACB ta có:
ã
ã
0
EAF CAB 90= =

ã
ã
ABC AFE=
(cm trên)
=> AEF đồng dạng ACB =>
AE AF
AE.AB AF.AC
AC AB
= =
d) Trong OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tơng tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
0,5 im
0,5im
1dim

1 im
0,5im
Chú ý: Mọi cách giải khác nhưng đúng vẫn ghi điểm tối đa.