bộ đề kiểm môn toán 9 học kì 2 năm học 2019 2020 các quận hà nội có đáp án (file word)

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 KHỐI 9

TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH 1

NĂM HỌC 2019-2020. MƠN: TỐN

(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1:

Cho hai biểu thức
1) Khi

A=

x = 81 hãy tính giá trị của biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức
3) Với

3
2
x−5 x −3
x−9
B=
+
+

x − 9 với x ≥ 0; x ≠ 9 .
x−3 x+3
x − 3 và

B

x > 9 tìm giá trị nhỏ nhất b của biểu thức P = A.B

Bài 2
1. Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp
khởi hành thì đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu
gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc?

2

tấn

2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người
ta lát mặt xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khơ. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một
chiếc nón Huế như vậy (làm tròn

cm 2 )

Bài 3

1
x +



3 −
1) Giải hệ phương trình  x
2) Cho phương trình

1
=3
y −1
2
=4
y −1
.

x2 - ( m + 2) x + m = 0 ( x

là ẩn số).

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực
b/ Tìm

m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn

m.

x1 - x2 = 5 .

Bài 4.

( O;R ) . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC
cắt nhau tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn ( O ) lần lượt tại các điểm thứ hai là D
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp

và E. Chứng minh rằng:
1) Chứng minh tứ giác
2) Chứng minh

ABKI

nội tiếp.

IK // DE và OC ⊥ IK .


( )

3) Cho đường tròn O và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung
lớn AB thì độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.
Bài 5:

x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Cho các số

A=

xy
x2 + y 2
+
xy
x+ y .
HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

(2,0 điểm)

Cho hai biểu thức

3
2
x−5 x −3
x−9
B=
+
+
x − 9 với x ≥ 0; x ≠ 9 .
x−3 x+3
x − 3 và

A=

x = 81 hãy tính giá trị của biểu thức A

1) Khi

2) Rút gọn biểu thức

B

x > 9 tìm giá trị nhỏ nhất B của biểu thức P = A.B

3) Với

Lời giải:

1) Giá trị

81 − 9
72 72
=
= = 12
81 − 3 9 − 3 6

A=

x = 81 thì A = 12

Vậy khi

x ≥ 0; x ≠ 9 ta có

2) Với

3
2
x−5 x −3
+
+
x−9
x −3
x +3

B=
=

x = 81 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0; x ≠ 9 ,thay vào biểu thức A ta được:

3

x +3

)

2

+

(

x −3

) ( x + 3) ( x − 3) (
3 ( x + 3 ) + 2 ( x − 3) + x − 5
=
( x − 3) ( x + 3)
=
=
:

Vậy

(

(

x −3

x +3
x −3

3 x +9+2 x −6+ x−5 x −3

(

(

x −3

)(

x

x −3

P=

)(

x +3

x +3

)

=

)

x
x−9

x
=
x − 9 Với x ≥ 0; x ≠ 9

)

+

) (

x−5 x −3
x −3

)(

x +3

)


3) Ta có:

P = A.B =

(

x−3

)(

)

x+3 +9

x−3

9
9
= x − 3+
+6
x−3
x−3

= x + 3+

vì

x−9 x
x
x− 9+ 9
.

=
=
=
x −3 x−9
x −3
x−3

x > 9 ⇒ x > 3 ⇒ x − 3 > 0 vµ

9
x− 3

>0

.

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si với 2 số khơng âm ta có:

9

x − 3+
⇒ x − 3+

x−3
9

≥2

x−3

(

)

9

x−3 .

x−3

=6

+ 6 ≥ 12

hay P ≥ 12

. Dấu "=" xảy ra khi

x−3=

Đối chiếu với điện ta thấy
Vậy Min
Bài 2

9
x−3

⇔

(

 x − 3= 3
 x = 6  x = 36
2
x − 3 = 9⇒ 
⇒
⇒
x
−
3
=
−
3
x
=
0
x= 0



)

x= 36 thỏa mãn điều kiện

P = 12 ⇔ x=36

(2,5 điểm):
1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp
khởi hành thì đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu

gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc?

2

tấn

2. Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng 40cm , độ dài đường sinh là 30cm . Người
ta lát mặt xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khơ. Tính diện tích lá cần dùng đề tạo nên một
chiếc nón Huế như vậy (làm tròn

cm 2 )
Lời giải

1) Gọi

x (xe) là số xe ban đầu của đội xe. ( x ∈ N * ).

160
Theo dự kiến số gạo mỗi xe định chở là: x (tấn).
Số xe thực tế là:

x+ 4

(xe).

160
Số gạo thực tế mỗi xe chở là: x + 4 (tấn).
Vì thực tế được bổ sung thêm 4 xe nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu là 2 tấn gạo. Vậy ta
có phương trình:

 x = 4 ( TM )
160
160
+2=
⇔ 2 x 2 + 8 x − 64 = 0 ⇔ 
x+4
x
 x = −8 ( KTM )
Vậy số xe ban đầu của đội xe là 4 xe.
2)Chiếc nón Huế là một hình nón có đường kính đáy

R=

d = 40 ( cm ) ,

nên bán kính đáy

d 40
= = 20 ( cm )
2 2

Độ dài đường sinh:

l = 30 ( cm )

Vậy diện tích xung quanh của hình nón này là:

SπRl
=

= 3,14.20.30 = 1884cm(

2

)

Vì người ta lợp nón bằng 3 lớp lá, nên diện tích lá cần dùng để tạo nên một chiếc nón Huế sẽ
là: 1884.3 =

5652 ( cm2 ) .

Bài 3(2,0 điểm)

1
x +


3 −
1) Giải hệ phương trình  x
2) Cho phương trình

1
=3
y −1
2
=4
y −1
.

x2 - ( m + 2) x + m = 0 ( x

là ẩn số).

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực
b/ Tìm

m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn

m.

x1 - x2 = 5 .

Lời giải

1
1
= a,
=b
1) Đặt x
(Điều kiện a,b ¹
y- 1

0)

Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành

ìï a + b = 3
ï
Û

í
ïï 3a - 2b = 4
ỵ

ìï 2a + 2b = 6
ï
Û
í
ïï 3a - 2b = 4
ợ

ỡù 1
ùù = 2
ù
ị ùớ x
ị
ùù 1
=1
ïï
y
1
ïỵ

ìï
ïï x = 1
í
2
ïï y = 2
ỵï
.

ìï 5a = 10
ï
Û
í
ïï a + b = 3
ỵ

ìï a = 2
ï
í
ïï b = 1 (Tha món iu kin)
ợ

ổ1 ử
ỗỗ ;2ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ.
2
Vy h phng trỡnh đã cho có 1 nghiệm là è ø
2)


a/ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có
2

ù - 4.1.m = m2 + 4m + 4 - 4m = m2 + 4 > 0" m Ỵ ¡
D = b2 - 4ac = é

.
ê- ( m + 2) û
ú
ë

Þ

Phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực

m.

b/ Theo chứng minh ý a/ thì phương trình đã ln có hai nghiệm phân biệt
Theo u cầu đề bài

x1;x2 .

x1 - x2 = 5 (điều kiện x1 > x2 ³ 0).

Do đó, ta thực hiện
+) Tìm điều để phương trình đã cho có 2 nghiệm dương

ìï - b
ïï
>0
Û ïí a
Û
ïï c
ïï > 0
ïỵ a

ìï m + 2 > 0
ï
Û m> 0
í
ïï m > 0
ỵ

(*)

ìï x + x = m + 2
2
ï 1
í
+) Theo hệ thức Vi- et ta có ïïỵ x1x2 = m
.
+) Giả thiết

x1 -

x2 = 5 Û

(

x1 -

)

2

x2 = ( 5)2 Û x1 + x2 - 2 x1x2 = 5

é m = - 1(VN )
ê
Û m + 2- 2 m = 5 Û m - 2 m - 3 = 0 Û ê
Û m=9
êm=3
(Thỏa mãn).
ë
Vậy

m = 9.

Bài 4.

( O;R ) . Các đường cao AK, BI của tam giác ABC
cắt nhau tại H. Các đường thẳng AK và BI cắt đường tròn ( O ) lần lượt tại các điểm thứ hai là D
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp
và E. Chứng minh rằng:
1) Chứng minh tứ giác
2) Chứng minh

ABKI

nội tiếp.

IK // DE và OC ⊥ IK .

( )

3) Cho đường tròn O và dây AB cố định. Chứng minh rằng khi điểm C di chuyển trên cung

lớn AB thì độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.


Lời giải:

1) Chứng minh tứ giác
Xét

ABKI

nội tiếp.

∆ ABC có đường cao AK và BI ( giả thiết )

⇒ AK ⊥ BC tại K và BI ⊥ AC tại I
· = AKC
· = 90o và AIB
· = BIC
· = 90o
⇒ AKB
Xét tứ giác

⇒
⇒

Tứ giác

· = AIB
· = 90o ( Chứng minh trên )
ABKI có: AKB

K và I là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh AB dưới một góc bằng nhau
ABKI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm ).

2) Chứng minh

IK // DE và OC ⊥ IK .

· = ABI
·
ABKI nội tiếp ( Chứng minh trên ) ⇒ AKI
cung nhỏ AI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI )
Tứ giác

hay

( Hai góc nội tiếp cùng chắn

· = ABE
·
AKI
( Do I ∈ BE )

Ta có :

· = ABE
· ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AE của đường tròn ( O ) )
ADE

Từ (1) và (2) suy ra

· = ADE
·
AKI
.

(1)
(2)


Mà

· và ADE
·
AKI

Tứ giác

là cặp góc đồng vị nên suy ra

IK // DE ( đpcm ).

· = KBI
·
ABKI nội tiếp ( Chứng minh trên ) ⇒ KAI

nhỏ KI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

I ∈ AC,K ∈ AD,I ∈ BE,K ∈ BC

( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung

·

·

ABKI ) hay DAC = CBE ( Do

)

( )

·
· ( Chứng minh trên ). Mà
= CBE
Đường trịn O có: DAC
tiếp lần lượt chắn cung nhỏ DC và cung nhỏ EC
» »
» = CE
» ( DC,CE
⇒ DC
Ta có:

là các cung nhỏ ) ( Hệ quả ) ⇒

DC = EC ( Định lý )

OD = OE ( Bán kính của ( O ) )

(3)

(4)

Từ (3) và (4) suy ra OC là đường trung trực của đoạn DE
Mà

·
·
DAC
và CBE
là hai góc nội

⇒ OC ⊥ DE

( Tính chất )

IK // DE ( Chứng minh trên )

⇒ OC ⊥ IK

( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ( đpcm ).

3) Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln không đổi.
Gọi N là trung điểm của AB, P là trung điểm của HC, đường thẳng CH cắt AB tại M
Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác
đường kính

· = 90o ( Chứng minh trên ) ⇒ AB là
ABKI có: AKB

⇒ N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI

Ta có:
hay

( Do N là trung điểm của AB )

· = AKC
· = 90o ( Chứng minh trên )
BIC

· = HKC
·
HIC
= 90o ( Do H ∈ BI,H ∈ AK

)

· + HKC
·
= 90 + 90 = 180
HKCI có: HIC
nên tứ giác HKCI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết )
o

Xét tứ giác

o

o

. Mà

· và HKC
· ở vị trí đối nhau
HIC

· = 90o ( Chứng minh trên ) ⇒ HC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
HIC
HKCI

Mà

⇒ P là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI ( Do P là trung điểm của HC ) và PC là
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK.
Tam giác ABC có : AK và BI là đường cao và AK cắt BI tại H ( giả thiết ) nên suy ra CM
cũng là đường cao của

∆ ABC ( Tính chất ) ⇒ CM ⊥ AB hay CP ⊥ AB ( Do P ∈ CM )(5)

( )

Xét đường trịn O có dây AB và N là trung điểm của AB nên suy ra
( Quan hệ đường kính và dây cung )
Từ (5) và (6) suy ra

CP // ON ( Quan hệ từ vng góc đến song song )

ON ⊥ AB tại N

(6)

ABKI và đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI cắt nhau tại K
và I. Mà N và P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI và tứ giác HKCI
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác
( Chứng minh trên )

⇒ NP ⊥ IK ( Tính chất đường nối tâm )
Ta có:

(7)

IK ⊥ OC ( Chứng minh trên )

Từ (7) và (8) suy ra

NP //OC

(8)

( Quan hệ từ vuông góc đến song song )

Xét tứ giác NOCP có:

CP // ON

( Chứng minh trên )

NP// OC

( Chứng minh trên )

⇒

Tứ giác NOCP là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )

⇒ ON = PC ( Tính chất )
Xét

ONA vng tại N ( Do ON ⊥ AB tại N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có:

OA 2 = AN 2 + NO 2 ⇒ NO 2 = OA 2 − AN 2
Mặt khác:

OA = R ,AN =

⇒ NO 2 = R 2 −

Mà
Vì

ON =

AB
2 ( Do N là trung điểm của AB )

AB2
AB2
AB
⇒ ON = R 2 −
R>

4
4 ( Do
2 )

AB2
⇒ PC = R −
PC ( Chứng minh trên )
4
2

( O ) cố định và AB cố định nên R và AB khơng đổi ⇒ PC có giá trị khơng đổi .

Mặt khác PC là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh trên )

⇒

Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi và có giá trị bằng

AB2
R −
4 ( đpcm ).
2

Bài 5:

Cho các số

x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

xy

x2 + y 2
A=
+
xy
x+ y .
Lời giải

x +y
2

Ta có:

2

( x + y)
≥
2

2


( x + y)
A≥

2

( x + y)
A≥

2

xy
x+ y

+

2 xy

xy 3 ( x + y )
+
+
8 xy
x+ y
8 xy

A≥ 2

( x + y)

2

xy 3 ( x + y )
.
+
8 xy x + y
8 xy
2

A≥

2 x + y 3.4 xy
.
+
2
xy 8 xy

A≥

2 2 xy 3
3 5
.
+ = 1+ =
2
2 2
xy 2

Dấu bằng xảy ra khi

x= y

5
Amin = ⇔ x = y
Vậy :
2

2


TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II

TỔ TN1 - NHĨM TỐN 9

MƠN: TỐN - LỚP 9

(Đề thi gồm 01 trang)

NĂM HỌC 2019-2020
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 3.

(2,0 điểm).

x +1

A=

Cho biểu thức:

x

a) Tính giá trị của biểu thức

B=

b) Chứng minh rằng

Câu 4.

ổ x
ổ
ử
1 ử
ữ: ỗ 1 + 2 ữ
B =ỗỗ
ữ
ữỗ
v
ố x - 1 x - x ø è x +1 x - 1 ø với

x >0 ; x ¹ 1 .

A khi x =16 .

x-1
x .

c) Tìm x nguyên để P = A : B đạt giá trị lớn nhất.
(2,0 điểm)
1)Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Qng đường Thanh Hóa - Hà Nội dài
Thanh Hóa

3

15

giờ

150 km. Một ô tô từ Hà Nội đi vào Thanh Hóa, nghỉ tại

phút, rồi trở về Hà Nội, hết tất cả

10

giờ. Tính vận tốc của ơ tơ lúc về,

10 km/h.
2)Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy là 6 cm, chiều cao 9 cm. Hãy tính diện tích xung
biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về

Câu 5.

quanh của hình trụ.
(2,5 điểm)

ì
ï
ï
í
ï
ï
1)Giải hệ phương trình sau: ïỵ

x 2 - 2 ( m - 1) x +m2 - 3m +3 =0

2)Cho phương trình

a) Giải phương trình với
Câu 6.

7
4 5
- =
x-1 y 3
5
3 13
+ =
x-1 y 6
(1)

m =3 .

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
(3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn
với

A , B ) và C

(O) , đường kính AB . Lấy M

là điểm chính giữa cung

BC .
a) Chứng minh: Tứ giác CDMH
giao điểm của

AM

b) Chứng minh:

và

nội tiếp.

DA . DC =DB . DM .

x1 , x2

thỏa mãn

x12 +x22 =3( x1 +x2 ) - 2 .

bất kì thuộc nửa đường trịn (khơng trùng

AM . Gọi D

là giao điểm của

AC

và

BM ; H

là

c) Gọi
Câu 7.

Q

là giao điểm của

DH

và

trịn (O) thì đường trịn ngoại tiếp
(0,5 điểm)
Với

AB . Chứng minh khi điểm M

DCMQ

di chuyển trên nửa đường

luôn đi qua một điểm cố định.

a , b , c là các số dương thỏa mãn ab +bc =2ac . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

a +b c +b
+
2 a - b 2c - b

 HẾT 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II – TỐN 9
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ
Năm học: 2019 - 2020
Câu 1.

(2,0 điểm)

Cho biểu thức:

x +1

A=

x

a) Tính giá trị của biểu thức

b) Chng minh rng

x

c) Tỡm

nguyờn

B=

ổ x

ổ
ử
1 ử
ỗ
ữ: ỗ 1 + 2 ữ
B =ỗ
ữ
ữỗ
v
ố x - 1 x - x ứ è x +1 x - 1 ø với

A khi x =16 .

x-1
x .

P =A : B

đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải

a) Ta thấy

Thay

x =16 thỏa mãn điều kiện xác định

x =16 vào biểu thức A , ta được:

x =16 thì giá trị của biểu thức là

x >0 ; x ¹ 1 . Ta có:

Vậy khi
b) Với

A=

16 +1 4 +1 5
=
=
4
4
16

A=

5
4.

ỉ x
ổ
ử
1 ử
ữ: ỗ 1 + 2 ữ
B =ỗỗ
ữ
ữỗ
ố x - 1 x - x ø è x +1 x - 1 ứ
ổ
ửổ

ử
ỗ x
ữỗ 1
ữ
1
2
=ỗ
+
ữ: ỗ
ữ
ỗ x-1
x x - 1 ữ ç x +1
x - 1 x +1 ÷
è
øè
ø
ỉ
ưỉ
ç
֍
x
1
x-1
2
=ç
+
÷: ç
ç x x-1
x x - 1 ữ ỗ x - 1 x +1
x - 1 x +1

è
øè

(

(

)

(

)

(

) (

)(

)(

)

) (

)(

)

ư

÷
÷
÷
ø

x >0 ; x ¹ 1 .


=

=

x

(

x-1

x

Vậy với

:

:

) (

x-1

x +1

x - 1 +2

1
x-1

)(

x-1

=

x +1

x >0 ; x ¹ 1

)

x +1

(
=

x

Với

x

x +1

) (

x-1

)(

x-1

x +1 x - 1
x +1
x
1
:
=
ì
=
x
x
x
x-1
x - 1 x +1

(

x =2 ẻ Z

)(

)

x >0 ; x ¹ 1 thì P đạt giá trị lớn nhất khi x - 1 là số dương nhỏ nhất Û x

số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện xác định Û
Vậy

)

x +1

x -1 x-1
=
1
x
x
x-1
B=
thì
x .

x >0 ; x ¹ 1 . Ta có:
ngun;

(

):

x +1

×

P =A : B =
c) Với

)(

x-1

thì biểu thức

P =A : B

x =2 . Khi đó:

đạt giá trị lớn nhất là

P=

1
2-1

là

= 2 +1

P = 2 +1 .

Câu 2. (2,0 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Qng đường Thanh Hóa - Hà Nội dài
Thanh Hóa

3

giờ

15

150 km. Một ơ tơ từ Hà Nội đi vào Thanh Hóa, nghỉ tại

phút, rồi trở về Hà Nội, hết tất cả

10

giờ. Tính vận tốc của ơ tơ lúc về,

10 km/h.
Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6 cm, chiều cao 9 cm. Hãy tính diện tích xung
biết rằng vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về

2)

quanh của hình trụ.

Lời giải
1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

13
=

Đổi: 3 giờ 15 phút
4 giờ.
Gọi vận tốc lúc về của ơ tơ (đi từ Thanh Hóa về Hà Nội) là:
Vận tốc của ô tô lúc đi từ Hà Nội đến Thanh Hóa là:

x

(km/h) (Điều kiện:

x +10 (km/h)

150
Thời gian ơ tơ đi từ Hà Nội đến Thanh Hóa là: x +10 (giờ)
150
Thời gian ơ tơ đi từ Thanh Hóa về Hà Nội là: x (giờ)

x >0 )


13
Vì ơ tơ đi từ Hà Nội vào Thanh Hóa, nghỉ tại Thanh Hóa 3 giờ 15 phút hay bằng 4 giờ rồi trở
150 150 13
+ + =10
về Hà Nội, hết tất cả 10 giờ nên ta có phương trình: x +10
x 4

Þ 600 x +600 ( x +10) =27 x ( x +10)

Û 27 x 2 - 930 x - 6000 =0 Û 9 x 2 - 310 x - 2000 =0
2

D¢=( - 155) - 9.( - 2000) =42025 =2052 >0

Þ

155 +205
x1 =
=40
phương trình có hai nghiệm phân biệt:
(thỏa mãn);
9
155 - 205 - 50
x2 =
=
9
9 (loại)

Vậy vận tốc lúc về của ơ tơ đi từ Thanh Hóa về Hà Nội là
2) Hình trụ có bán kính đáy:

R =6 (cm), chiều cao: h =9

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

40

(km/h).

(cm)

S xq =2p Rh =2p.6.9 =108p

(cm2)

B
O
A
h
B'
O'
Câu 3.

A'

(2,5 điểm)

ì
ï
ï
í
ï
ï
1) Giải hệ phương trình sau: ïỵ
2) Cho phương trình

x 2 - 2 ( m - 1) x +m2 - 3m +3 =0

a) Giải phương trình với
b) Tìm

m

7
4 5
- =
x-1 y 3
5
3 13
+ =
x-1 y 6
(1)

m =3 .

để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
Lời giải

x1 , x2

thỏa mãn

x12 +x22 =3( x1 +x2 ) - 2 .


ì
ï
ï
í
ï
ï
1) Ta có hệ phương trình: ïỵ

7
4 5
- =
x-1 y 3
5
3 13
+ =
x - 1 y 6 (Điều kiện xác nh:

x ạ 1; y ạ 0 )

ỡ
1
ùa=
x-1
ù
ớ
ù b =1
ù
y
t ợ
(iu kiện: a; b ¹ 0 ). Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành:
ì
ì
ì
5
41
1
ì 21a - 12b =5

ï 7a - 4b =
ï 41a =
ïa=
ï
ï
ï
ï
3
3
3
Û í
Û í
í
26 Û í
13 ï 20a +12b =
13 ï
1
ï
ï
3
ỵ
ï 5a +3b =
ï 5a +3b =
ï b = (thỏa mãn điều kiện)
6
6
6
ỵ
ỵ
ỵ

ì 1
1
=
ï
ï x - 1 3 ìï x - 1 =3 ìï x =4
Þ í
Û í
Û í
ï 1 =1
ïỵ y =6
ïỵ y =6
ïy 6
(thỏa mãn điều kiện xác định)
ỵ
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2) Phương trình:
a) Thay
Vì

x 2 - 2 ( m - 1) x +m 2 - 3m +3 =0

m =3 vào phương trình đã cho ta được phương trình: x 2 - 4 x +3 =0

a +b +c =1 +( - 4) +3 =0 Þ

Vậy với

( 4;6) .

phương trình có nghiệm

x1 =1 ; x2 =3

m =3 phương trình có tập nghiệm là {1;3}

(

)

2
¢
é
ù
D
=
m
1
) û - m2 - 3m +3 =m2 - 2m +1 - m2 +3m - 3 =m - 2
b) Ta có:
ë(

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2 Û D¢>0 Û m - 2 >0 Û m >2

ìï x1 +x2 =2 ( m - 1)
í
2
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: ïỵ x1 x2 =m - 3m +3
Ta lại có:

x12 +x22 =3( x1 +x2 ) - 2 Û ( x1 +x2 ) - 2 x1 x2 =3( x1 +x2 ) - 2
2

(

)

Û 4 ( m - 1) - 2 m 2 - 3m +3 =6 ( m - 1) - 2 Û 2m2 - 8m +6 =0 Û m 2 - 4m +3 =0
2

Vì

Câu 4.

a +b +c =1 +( - 4) +3 =0 Þ

phương trình có nghiệm

Vậy với m =3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
.
(3,0 điểm)

m1 =1 (loại); m2 =3 (thỏa mãn)
2
2
x1 , x2 thỏa mãn x1 +x2 =3( x1 +x2 ) - 2


(O) , đường kính AB . Lấy M

Cho nửa đường trịn
trùng với

A , B ) và C

là điểm chính giữa cung

bất kì thuộc nửa đường trịn ( M khơng

AM . Gọi D

là giao điểm của

AC

và

BM ;

BC .
a) Chứng minh: Tứ giác CDMH nội tiếp.
H

là giao điểm của

b) Chứng minh:
c) Gọi
tròn

Q

(O)

AM

và

DA . DC =DB . DM .

là giao điểm của

DH

AB . Chứng minh khi điểm M

và

thì đường trịn ngoại tiếp

DCMQ

di chuyển trên nửa đường

luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải

a) Ta có:

·ACB =·AMB =90°

(các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

· +·AMD =90° +90° =180° Þ
Þ BCD
b) Xét

DDCB

và

Tứ giác

· =·AMD =90°
Þ BCD

CDMH nội tiếp

· =·AMD =90° Þ DDCB áDDMA (g.g)
DDMA có: ·ADB chung; BCD

Þ

DC DB
= Þ DA . DC =DB . DM
DM DA

c)

·ACB =·AMB =90° Þ AM ^ DB; BC ^ DA Þ AM ; BC là hai đường cao của DDAB

Þ H

là trực tâm của

DDAB Þ DH ^ AB

tại

·
Q Þ ·AQD =BQD
=90°

·ACB +·AQD =90° +90° =180° Þ

Tứ giác

ACHQ

nội tiếp

·
·
Þ CQH
=CAM

·AMB +BQD
·
=90° +90° =180° Þ

Tứ giác

BMHQ

nội tiếp

·
·
Þ MQH
=CBM


Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
ị CQH
+MQH
=CAM
+CBM
ị CQM
=2CAM
chn

ẳ ), m COM
Ã
Ã
CM

=2CAM

Ã
Ã
ị CQM
=COM
ị
Vy khi im
qua im

Cõu 5.

M

Tứ giác

·
·
, hai góc nội tiếp cùng
CAM
=CBM

(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)

CMOQ

nội tiếp

Þ O

di chuyển trên nửa đường trịn

(O)

thuộc đường trịn ngoại tiếp
thì đường trịn ngoại tiếp

DCMQ

DCMQ

C

là một điểm bất kì nằm trên

¼AM ( C

khác

a +b c +b
+
2 a - b 2c - b
Lời giải

a , b , c là các số dương thỏa mãn

ab +bc =2ac Þ b ( a +c) =2ac Þ b =

2ac
a +c

2ac
2ac
a 2 +ac +2ac
ac +c 2 +2ac
a+
c+
a +b c +b
a
+
c
a +c
Þ P=
+
=
+ a +c = 2 a +c
+
2ac
2 ac 2a +2ac - 2ac 2ac +2c 2 - 2ac
2a - b 2c - b
2a 2c a +c
a +c
a +c
a +c

a 2 +3ac c 2 +3ac 1 3c 1 3a
3 æc a ử
ị P=
+
=

+
+
+
=
1
+
ìỗỗ + ữ
ữ
2 2 a 2 2c
2 ốa c ø
2a 2
2c 2

c a
c a
3
+ ³ 2 × =2 Þ P ³ 1 + ×2 =4
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: a c
a c
2

Dấu

A, M )

a , b , c là các số dương thỏa mãn ab +bc =2ac . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

Với

ln đi

O cố định.

Chú ý: Kết quả của bài toán vẫn đúng khi
(0,5 điểm)
Với

(do

" ="

ì
ï a, b, c >0
ï
ïï c a
Û
í =
ïa c
ï
ï b = 2ac
xảy ra ïỵ
a +c

ì
ï
ï a, b, c >0
ï
Û a =b =c
í a =c

ï
ï
2a 2
ïb=
2a
ỵ

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

là

4

khi

a =b =c

 HẾT 
NHẬN XÉT: Bài làm tốt.


TRƯỜNG THCS THANH XUÂN NAM

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II

NĂM HỌC 2019-2020

MƠN: TỐN 9

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1.

(2 điểm)
Cho các biểu thức:

A=

1
x+ 2
x +1
B=
+
x − 1 Với
x x − 1 x + x + 1 và

1) Tính giá trị của

B

2) Rút gọn biểu thức

khi

x≥ 0; x≠ 1

x = 49

S = A− B

1
3) So sánh S với 3
Câu 2.

(2 điểm)
1) Chiến nón do làng Chng (Thanh Oai – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng

30cm , đường kính bằng 40cm . Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của

nón.

30km . Khi đi từ B về A
người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc
2) Một người đi xe đạp từ địa điểm

lớn hơn vận tốc lúc đi là
tốc lúc đi.
Câu 3.

3km/h

A

đến địa điểm

B

cách nhau

nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận

(2,0 điểm)
Cho phương trình

x 2 − 2 ( m + 3) x + m 2 + 3 = 0

a) Giải phương trình khi
b) Tìm

m

m= 3

để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2

sao cho

x1 ; x2

thỏa mãn:

x1 + x2 = x1. x2
Câu 4.

(3,5 điểm)
Cho đường tròn

( O)

và điểm

A

( )

cố định ở ngoài   O . Vẽ qua

A và C ), AM , AN là các tiếp tuyến với ( O )  ( M , N ∈ ( O )
AC có chứa O , gọi H là trung điểm BC .
1) Chứng minh:

A cát tuyến ABC ( B
và

M

nằm giữa

thuộc nửa mặt phẳng bờ

AM 2 = AB. AC

A ,  M ,  N ,  O ,  H cùng thuộc một đường tròn.
3) Đường thẳng qua B song song với AM cắt MN ở E . Chứng minh EH // MC
4) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì trọng tâm G của tam giác MBC chay trên đường
2) Chứng minh 5 điểm

nào?


Câu 5.

(0,5 điểm)
Cho

2
2
2
xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 3 ( x + y ) + z .

 HẾT 

Phải Ngắt Trang sang trang mới: Ctrl

+ Shif + Enter

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II
TRƯỜNG THCS THANH XUÂN NAM
Câu 1.

(2 điểm)
Cho các biểu thức:

A=

1

x+ 2
x +1
B=
+
x x − 1 x + x + 1 và
x − 1 với

1) Tính giá trị của

B

2) Rút gọn biểu thức

khi

x≥ 0; x≠ 1

x = 49

S = A− B

1
3) So sánh S với 3
Lời giải
1)

Khi

B=

2)

x = 49

thỏa mãn ĐKXĐ nên thay vào

B

ta có

1
1 1
=
=
49 − 1 7 − 1 6

S = A− B =

x+2
x +1
1
+
−
x x − 1 x + x + 1 x − 1 với

x≥ 0; x≠ 1


S=

x+2

−

1

)(
) x + x +1 x −1
x + 2 + ( x − 1) ( x + 1) − ( x + x + 1)
S=
( x − 1) ( x + x + 1)
S=

S=

(

x +1

+

x −1 x + x +1

x + 2 + x −1− x − x − 1

(

)(

)

x −1 x + x +1

=

( x − 1) =
( x − 1) ( x + x + 1) x +
x

(

x− x

)(

)

x −1 x + x +1
x
x +1

1
3) So sánh S với 3
x

1 3 x − x − x −1

1
− =
S−

3
x
+
x
+
1
3 x + x +1
Ta có
3=

x≠1
Nên

S<

1
3

(

)

=

−x + 2 x −1

(

)

3 x + x +1

=−

(

(

)

x −1

2

)

3 x + x +1

<0
với

x≥ 0;


Câu 2.

(2 điểm)
1) Chiến nón do làng Chng (Thanh Oai – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng

30cm , đường kính bằng 40cm . Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của

nón.

30km . Khi đi từ B về A
người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc
2) Một người đi xe đạp từ địa điểm

lớn hơn vận tốc lúc đi là
lúc đi.

3km/h

A

đến địa điểm

B

cách nhau

nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc
Lời giải

1) Minh họa hình nón như hình vẽ dưới đây.

Trong đó, đường sinh
Đường kính

l = SA = 30cm

2r = AB = 40cm ⇒ r = 40 : 2 = 20cm .

Lớp lá phủ lên bề mặt xung quanh của chiếc nón chính là diện tích xung quanh của hình nón

(S ) .
xq

S xq = π rl = π .20.30 = 600π ( cm 2 )
Vì người ta dùng 2 lớp lá để phủ lên mặt xung quanh của nón nên diện tích lá cần dùng để làm
một chiếc nón là:

2.S xq = 2.600π = 1200π ( cm 2 )
Vậy diện tích lá cần dùng để làm một chiếc nón là 1200π

cm 2 .

30km . Khi đi từ B về A
người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km . Vì đi với vận tốc
2) Một người đi xe đạp từ địa điểm

lớn hơn vận tốc lúc đi là
lúc đi.

3km/h

Gọi vận tốc lúc đi của xe đạp là

A

đến địa điểm

B

cách nhau

nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc

x ( km/h ) , x > 0 .


Vận tốc lúc về của xe đạp là:

x + 3 ( km/h )

Chiều dài con đường lúc về là:

30 + 6 = 36 ( km ) .

30
( h) .
Thời gian lúc đi từ A đến B là: x
36
( h) .
Thời gian lúc về từ B về A là: x + 3
1
20 phút 3 giờ.
=

Vì thời gian lúc về ít hơn thời gian lúc đi là 20 phút nên ta có phương trình:

30 36 1
−
=
x x+ 3 3
⇔

30.3. ( x + 3)
x ( x + 3)
36.3.x
−
=
3x ( x + 3) 3x ( x + 3) 3x ( x + 3)

⇒ 90 x + 270 − 108 x = x2 + 3x
⇔ x 2 + 21x − 270 = 0

⇔ x 2 + 30 x − 9 x − 270 = 0
⇔ x ( x + 30 ) − 9 ( x + 30 ) = 0

⇔ ( x + 30 ) ( x − 9 ) = 0
 x + 30 = 0
⇔
⇔
x
−
9
=
0


 x = − 30(loại)

a mãn)
 x = 9(thỏ

Vậy vận tốc lúc đi của xe đạp là
Câu 3.

(2,0 điểm) Cho phương trình
a) Giải phương trình khi
b) Tìm

m

9km/h .

x 2 − 2 ( m + 3) x + m 2 + 3 = 0

m= 3

để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2

sao cho

x1 ; x2

x1 + x2 = x1. x2
Lời giải

a) Với
Xét

2
2
2
m = 3 thì ta có phương trình: x − 2 ( 3 + 3) x + 3 + 3 = 0 ⇔ x − 12 x + 12 = 0

∆′ = 36 − 12 = 24 > 0 ⇒ ∆′ = 24 = 2 6

thỏa mãn:


Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x1 =
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

6 + 2 6 ; x2 = 6 − 2 6

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( m + 3 ) − ( m 2 + 3 ) > 0 ⇔ 6m + 6 > 0 ⇔ m > − 1
2

−b

 x1 + x2 = a = 2 ( m + 3)

 x .x = c = m 2 + 3
+ Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có :  1 2 a
+ Ta có:

x1 + x2 = x1. x2

⇒ 2 ( m + 3) = m2 + 3
⇔ m 2 − 2m − 3 = 0
⇔ ( m − 3) ( m + 1) = 0
m = 3
⇔
 m = −1
+ Kết hợp với điều kiện

m > − 1 , ta nhận giá trị m = 3 thỏa mãn đầu bài.

Vậy để phương trình có hai nghiệm phân biệt
thì
Câu 4.

x1 ; x2

sao cho

x1 ; x2

thỏa mãn:

x1 + x2 = x1. x2

m = 3.

(3,5 điểm)
Cho đường tròn

( O)

và điểm

A

( )

cố định ở ngoài   O . Vẽ qua

A và C ), AM , AN là các tiếp tuyến với ( O )  ( M , N ∈ ( O )
AC có chứa O , gọi H là trung điểm BC .
1) Chứng minh:

A cát tuyến ABC ( B
và

M

nằm giữa

thuộc nửa mặt phẳng bờ

AM 2 = AB. AC

A ,  M ,  N ,  O ,  H cùng thuộc một đường tròn.
3) Đường thẳng qua B song song với AM cắt MN ở E . Chứng minh EH // MC
4) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì trọng tâm G của tam giác MBC chạy trên đường
2) Chứng minh 5 điểm

nào?

Lời giải


1) Xét

ΔCMA và ΔMBA

·
MAC

Có

chung

1 ¼
·
·
BMA
= ACM
= sđBM
và
2
⇒

ΔMBA ∽ ΔCMA ( g .g )

AM AC
=
⇒ AB AM ⇒ AM 2 = AB. AC

AM , AN

2) Vì
nên

là các tiếp tuyến tại

M

và

N

của đường trịn

( O ) (gt)

·ANO = ·AMO = 90°

Lại có

H

là trung điểm dây

BC

của đường tròn

( O)

· = 90°
OHA

⇒

OH ⊥ BC

⇒

A ,  M ,  N ,  O ,  H

cùng thuộc một đường trịn đường kính

AO.

3)

A ,  M ,  N ,  O ,  H

cùng thuộc một đường trịn đường kính

AO.

⇒

·
·
¼ )

(hai góc nội tiếp cùng chắc cung MH
HAM
= MNH
Vì

BE // AM

⇒

· = ENH
·
HBE

⇒ tứ giác

⇒

BEHN

· = HAM
·
HBE

nội tiếp


· = BNE
·
BHE

⇒

Mà trong (O) ta có
Nên

· = BCM
·
BHE

4) Gọi
Vì

D

K

và

· = BCM
·
BNE
⇒

» )
MB

EH // MC

là trung điểm

G

(hai góc nội tiếp cùng chắn

AO

và

D

là trọng tâm tam giác

lần lượt là trọng tâm tam giác

MAO ⇒ K , D

cố định

MAO và tam giác MBC

MD MG 2
2
2 1
1
=
=
DG = HK = . AO = AO
⇒ MK MH 3 ⇒ GD // HK   ⇒
không đổi
3

3 2
3
⇒ Khi cát tuyến

ABC

quay quanh

A thì trọng tâm G

của tam giác

MBC

chay trên đường

AO
đường trịn tâm D bán kính 3
Câu 5.

(0,5 điểm)
Cho

2
2
2
xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 3 ( x + y ) + z .

Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

2 ( x 2 + y 2 ) ≥ 4 xy 

2
2
z + 4 x ≥ 4 xz  ⇒ 6 x 2 + 6 y 2 + 2 z 2 ≥ 4 xy + 4 xz + 4 yz
z 2 + 4 y 2 ≥ 4 yz 


⇔ 2 ( 3 x 2 + 3 y 2 + z 2 ) ≥ 4 ( xy + xz + yz )
⇒ 2 ( 3x 2 + 3 y 2 + z 2 ) ≥ 4

(do

xy + yz + zx = 1 )

⇔ 3x 2 + 3 y 2 + z 2 ≥ 2

⇒ S≥ 2
 x2 = y 2
z

⇔ z = 2x ⇔ x = y =
2
z = 2 y
Dấu “=” xảy ra
. Mà


5

Vậy

xy + yz + zx = 1

2 5

Smin = 2 , đạt được tại x = y = ± 5 ; z = ± 5

⇒x= y=±

5
2 5
;z = ±
5
5


 HẾT 
UBND QUẬN THANH XUÂN
TRƯỜNG THCS THANH XUÂN
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 8.

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG
MƠN: TỐN LỚP 9
NĂM HỌC 2019-2020
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

( 2,0 điểm)

Cho hai biểu thức

A=

3 x −2
15 x − 11 2 x + 3
B=
−
1 − x và
x + 2 x −3
x + 3 với

x≥ 0, x≠ 1

A khi x = 16 .
b) Đặt P = A + B . Rút gọn biểu thức P .
a) Tính giá trị của biểu thức

c) Tìm
Câu 9.

m để có x thỏa mãn P( x + 3) = m .

( 2,5 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

30 phút sáng, một ca nơ xi dịng sơng từ A đến B dài 48 km. Khi đến B , ca nơ
nghỉ 30 phút sau đó ngược dòng từ B về A lúc 10 giờ 36 phút cùng

Lúc

6

giờ

ngày. Tìm vận tốc riêng của ca nơ biết vận tốc dòng nước là
2) Một tàu đánh cá khi ra khơi cần mang theo
thùng dầu coi là hình trụ có chiều cao là

50

3 km/h.

thùng dầu, mỗi

90 cm, đường kính đáy thùng

là 60 cm. Hãy tính xem lượng dầu tàu phải mang theo khi ra khơi là bao nhiêu lít (lấy
kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?

π = 3,14

Câu 10. ( 2,0 điểm)

 3
x+ y +


 1 −

1) Giải hệ phương trình  x + y

2
=8
y−x
3
= −1
y− x

2) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

( P) : y = 2 x 2 (với m

cho đường thẳng

(d ) : y = (m + 3) x − m

và parabol

là tham số).

( P ) khi m = − 2,5
b) Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
a) Tìm tọa độ giao điểm của

cho biểu thức
Câu 11. ( 3,0 điểm)

A = x1 − x2

( d)

và

đạt giá trị nhỏ nhất.

x1 , x2 sao