De tham khao kiem tra HKIIToan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề tham khảo kiểm tra HKII Môn : Toán lớp 9. Thời gian làm bài :90 phút. Baøi 1 : (2.5Ñ) Gæai caùc phöông trình vaø heä phöông trình : 4 2 2 1/ 8 x  7 x  3 0 2/ x  (5  2 3) x  4  2 3 0 4 x  3 y  1  3/ 3 x  5 y 21. 3 y 2  2 x 2  3x 2  y 2  4 8  2 y 2  2 x 2  5 3 x 2  y 2  4  23 4/. Bài 2 : (2Đ) Trong mặt phẵng cho tọa độ Oxy (P) y =x2 vaø (D) y= 2mx +m+7 1/Với m=1 .Vẽ chúng trong cùng hệ trục tọa độ rồi tìm giao điểm của chúng bằng phép toán 2/Tìm m để (P) và (D) tiếp xúc nhau Baøi 3 :(2Ñ) Cho phöông trình mx2-(2m-1)x+m+3=0 1/Định m để phương trình đã cho có nghiệm 2/Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa ĐK : x1  x2 . 33 2. Baøi 4 :(3.5Ñ)Cho tam giaùc ABC coù 3 goùc nhoïn (AC>AB) ,Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại F và E ,BE cắt CF tại H ,AH cắt BC tại D , DE cắt đường tròn đường kính BC tại I , AI cắt BC tại K 1/Chứng minh : Tứ giác DHEC nội tiếp và IF//AD 2/Đường cao KG của tam giác AKC cắt AD tại J .Dựng EP_|_HC tại P , CQ_|_EF tại Q .Chứng tỏ : Các tứ giác AKDG ,CQEP noäi tieáp vaø AB.IK= AK.BF.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3/ Qua P kẻ đường thẳng song song với AD cắt EF tại M và cắt BC tại N .Chứng minh : QCA ~ PCB và MC luôn đi qua 1 ñieåm coá ñònh 4/ JC cắt MN tại L .Lấy S thuộc MC sao cho GS//EF .Chứng   minh raèng : DSC ELC. --------. *************Heát**************** Gíam thò coi thi khoâng giaûi thích gì theâm ---------. Đáp án chấm thi Baøi 1a :8x2-7x+3=0  1 ∆=(-7)2-4.8.3=1 >0  phöông trình coù 2 nghieäm phaân bieät 7 1 3 7 1 1 x2   x1   8.2 8 8.2 2 4. 2. b/ x  (5  2 3) x  4  2 3 0 Đặt t=x2 (t≥0) phương trình trở thành t 2  (5  2 3)t  4  2 3 0 2 ∆= (5  2 3)  4.1.(4  2 3) 25  20 3 12  16  8 3 21  12 3 >0.   21  12 3  (2 3  3) 2 | 2 3  3 |2 3  3.  phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : t1 . 5 2 3 2 3  3 1 1.2. t2 . 5 2 3  2 3 3 4  2 3 1.2. Với t=1 =>x2=1  x= 1 Với t = 4  2 3 => x2= 4  2 3 2  x=  4  2 3  ( 3  1) | 3  1|( 3  1 ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vaäy phöông trình coù 4 nghieäm x=1 ,x=-1 , x= 3  1 ,x = 1   x 2 4 x  3 y  1 20 x  15 y  5 29 x 58     3 x  5 y  21 9 x  15 y  63 3 x  5 y  21    c/     y 3. 3. 3 y 2  2 x 2  3x 2  y 2  4 8  2 y 2  2 x 2  5 3 x 2  y 2  4  23 d/ 2 2 2 2 Đặt a= y  2 x ,b= 3x  y  4 (a,b≥0) .Hệ phương trình trở thaønh a 1 15a  5b 40 17 a 17 3a  b 8      2a  5b  23   2a  5b  23  3a  b 8  b 5 2 2 Với a=1 ta có : y  2 x 1 y2-2x2=1 2. 2. Với b=5 ta có : 3x  y  4 5 3x2+y2+4=25 Laïi ñaët m=x2 , n=y2 (m,n ≥0) ta coù heä phöông trình : m 4  2m  n 1 5m 20    3m  n 21  n  2m 1   n 9. Với m=4 =>x2=4  x= 2 2 Với n=9 =>y =9  y= 3 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm  x 2  x 2  x  2  x  2         y 3  y  3  y 3  y  3. Caâu 2 : khi m=1 ta coù :(P) y=x2 vaø (D) y=2x+8 ( học sinh tự vẽ đồ thi ) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) X2=2x+8 x2-2x-8=0  6 ∆ =(-2)2-4.1.(-8)=36>0 =>phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 . 26 4 1.2. x2 . 2 6  2 1.2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với x= 4 ta có y=16 Với x=-2 ta có y=4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là (4;16) và (-2;4) b/phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) x2=2mx+m+7  x2-2mx-m-7=0 ∆ =(-2m)2-4.1(-m-7)=4m2+4m+28 Để (P) và (D) tiếp xúc nhau =>∆ =0 => m2+m+7=0 ∆ =1-4.1.7 = -27 <0 =>phöông trình voâ nghieäm Vậy không tồn tại m để (P) và (D) tiếp xúc nhau Caâu 3 :mx2-(2m-1)x+m+3=0 1/∆=(2m-1)2-4m(m+3)=4m2-4m+1-4m2-12m=1-13m 1 m 13 Để phương trình có nghiệm ∆≥0 =>1-13m ≥0  2/Khi phöông trình coù 2 nghieäm phaân bieät. 2m  1  x  x  2   1 m  x x m  3 1 2 m  Theo ñònh lyù vi –eùt ta coù : . Theo yêu cầu bài toán :. x1  x2 . 33 33 ( x1  x2 ) 2  2 => 4. 2. 33  2m  1   4( m  3)  33 ( x1  x2 )  4 x1 x2    m 4 (ÑK :m#0) 4  m   2. 4 (2m-1)2-16m(m+3) =33m2 4(4m2-4m+1)-16m2-48m=33m2 16m2-16m+4-16m2-48m=33m233m2-64m-4=0  68 ∆=(-64)2-4.33.-4=4624>0. =>phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt m1 . 64  68 2 33.2 (loại). m2 . 64  68  2  33.2 33 ( nhaän ).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Caâu 4 : 1/Tứ giác DHEC nội tiếp vàIF//AD E và F cùng thuộc đường tròn đường kính BC   => BFC BEC 90 * => BE_|_AC vaø CF_|_AB. Xét tam giác ABC có BE và CF là 2 đường cao chúng cắt nhau tại H => H là trực tâm tam giác ABC => AD_|_BC Xét tứ giác DHEC ta có : ADB BEC 90 * => Tứ giác DHEC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong ) . . . . Tứ giác DHEC nội tiếp => HDE HCE   FIE maø HCE ( 2 goùc noäi tieáp cuøng chaén cung EF )   FIE => HDE =>AD//IE ( 2 góc ở vị trí đồng vị ).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2/Xét tứ giác AKDG ta có : ADK  AGK 90 *=> Tứ giác AKDE nội tiếp (2 góc vuông. cùng nhìn cạnh AK của tứ giác ) Xét tứ giác EPCQ ta có :   EPC  EQC 90* 90* 180* =>Tứ giác PEQC nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180*) Ta coù : AD//IF vaø AD_|_BC=> BC_|_IF Xét trong đường tròn đường kính BC có dây cung IF vuông góc với BC tại T ( BC cắt IF tại T ) =>TF=TI AD//IF ,Aùp duïng ñònh lyù ta leùt lieân tieáp ta coù : IK TI FT BF    AK AD AD BA. => AB.IK=AK.BF 3/Theo như trên ta có tứ giác PEQC nội tiếp . . => PQC PEC mà AF//EP ( cùng vuông góc với FC)     => PEC BAC => PQC BAC.     Tứ giác PEQC nội tiếp nên CPQ CEQ mà CEQ  AEF ( 2 . . góc đối đỉnh ) mà AEF  ABC ( góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC ) . . => CPQ  ABC Xeùt tam giaùc ABC vaø tam giaùc QPC ta coù :     PQC BAC , CPQ  ABC (cmt) AC BC  QC PC =>∆ABC ~∆QPC ( g-g )=>.     Ta coù :∆ABC~∆QPC => ACP QCP => ACQ BCP Xeùt tam giaùc QCA vaø tam giaùc PCB ta coù : AC BC    , ACQ BCP QC PC (cmt ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> =>∆QCA ~∆PCB (c-g-c ) Ta coù MN//AD vaø AD_|_BC =>MN_|_BC Xét tứ giác BFPN ta có :   BFP  BNF 90* 90* 180*. =>Tứ giác BFPN nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180*)     => CFN CBP .Maø ∆QCA ~∆PCB => CPB CAQ =>   CFN CAQ .Xeùt tam giaùc CAQ vaø tam giaùc CFN ta coù : ACQ BCP    , CFN CAQ ( cmt ). CA CQ  =>∆ CAQ ~∆CFN (g-g ) => CF CN. Ta có IF vuông góc với đường kính BC => CB là trung trực   cuûa IF => CF=CI vaø BCP BCI         Ta coù : BCP BCI vaø BCP  ACQ => BCI  ACQ => ACI QCN CA CQ  Từ CF= CI => CI CN .Xét tam giác CAI và tam giác CQN. CA CQ ACI QCN  ,  CI CN (cmt) Ta coù :. =>∆CAI ~∆CQN (c-g-c ) Xét tứ giác CNMC ta có :.   MQC  MNC 90* 90* 180*. =>Tứ giác CNMC nội tiếp ( tổng 2 góc đối bắng 180* )=>     CMN CQN .Maø ta coù :∆CAI ~∆CQN => CQN CAI .Theo như trên ta đã có tứ giác AKDG nội tiếp     => CAI GDC => CMN GDC . . Ta có :MN_|_CD và CMN GDC ( dễ dàng chứng minh được MC vuông góc với DG ) Xét trong đường tròn tâm V ngoại tiếp tam giác AKC ,Kẻ tiếp tuyến Cx của đường tròn như hình vẽ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   Ta có : AKC  ACX ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc . . nội tiếp cùng chắn cung AC ) mà AKC DGC (Tứ giác AKDG   noäi tieáp ) => ACX DGC => DG//CX ( 2 goùc sole trong ) maø CX_|_CV => CV_|_DG Ta coù : DG_|_MC vaø DG_|_CV => 3 ñieåm C,M,V thaúng haøng => CM đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC là 1 ñieåm coá ñònh ). 4/JC cắt AK tại CO , CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> CME taïi R Dễ thấy được AD,KG,CO là 3 đường cao của tam giác AKC chuùng caét nhau taïi J => CO_|_AK Xeùt tam giaùc AOC vaø tam giaùc MNC ta coù : AOC MNC    90* , OAC MNC (cmt) AC OC  =>∆AOC~∆MNC ( g-g ) => MC NC ACM  NCO  ACO MCN . => => Xeùt tam giaùc CAM vaø tam giaùc CON ta coù : AC OC    , ACM  NCO MC NC (cmt ). =>∆ CAM ~∆CON (c-g-c ) => CAM CON Xét tứ giác KOLN ta có :   COK  LNK 90* 90* 180* =>Tứ giác KOLN nội tiếp ( tổng . . . . . . 2 góc đối bằng 180* ) => CON CKL => CKL CAM Xeùt tam giaùc CAM vaø tam giaùc CKL ta coù : ACM NCO    ,CAM NKL (cmt ) CA CM  CK CL =>∆CAM ~∆CKL ( g-g ) =>. Xeùt 2 tam giaùc vuoâng CDA vaø CGK ta coù : ACB  laø goùc chung , CDA CGK 90* CA CD  CK CG =>∆CDA ~∆CGK (g-g ) => CM CD CM CL    CL CG CD CG. Từ đó suy ra Xeùt tam giaùc CME vaø tam giaùc CAR ta coù : ACR   là góc chung , CME CAR ( do tứ giác EMAR nội tiếp) CM CA   CM .CR CA.CE =>∆CME ~∆CAR (g-g)=> CE CR.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Xeùt tam giaùc CEB vaø tam giaùc CDA ta coù :   ACB laø goùc chung , BEC  ADC 90* CA CD   CB.CD CE.CA =>∆CEB ~∆CDA (g-g) => CB CE CM CB  Từ đó suy ra CM.CR =CB.CD => CD CR. CM CL CL CB CL CG     CD CG CG CR CB CR Theo nhö treân ta coù : => Xeùt tam giaùc CLB vaø tam giaùc CGR ta coù : CL CG ACM OCN  ,  CB CR ( cmt ). =>∆CLB ~∆CGR (c-g-c ).   Ta có tứ giác ARME nội tiếp => ARM  AEM 180*   Mà AEM  AGS ( 2 góc ở vị trí đồng vị do EF//GS ).   => ARM  AGS 180* =>Tứ giác ARGS nội tiếp ( tổng 2 góc.   đối bằng 180* ) => CAS CRG.     Maø ∆CLB ~∆CGR => CBL CRG => CAS CBL Xeùt tam giaùc CAS vaø tam giaùc CBL ta coù : ACM OCN    , CAS CBL (cmt) CA CS  =>∆CAS ~∆CBL (g-g ) => CB CL CA CD CD CE CD CS    CB CE CS CL CE CL Theo nhö treân ta coù : => =>. Xeùt tam giaùc CDS vaø tam giaùc CEL ta coù : CD CE MCN  ACO CS  CL , (cmt) . . =>∆CDS ~∆CEL (c-g-c ) => DSC ELC.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>