TOAN9 HK21415 Q9 TP HCM

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II QUẬN 9 Năm học: 2014 – 2015 Môn: TOÁN – Lớp 9 – Thời gian: 90 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Không kể thời gian phát đề) Bài1: (3đ) Giải các phương trình và hệ phương trình: a) 2x2 – 3x – 2 = 0. b) 3x2 – 2x 15 + 5 = 0. c) x4 – 7x2 – 18 = 0. 2x  4y 12  d) 5x  3y 17. Bài 2: (2đ) Cho phương trình: x2 – 2mx + m – 2 = 0 (x là ẩn số) a) Chứng tỏ phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Tính tổng và tích của hai nghiệm theo m. c) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình.  21 2 2 Tìm m để A = x1  x 2  2x1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. x2. Bài 3: (1,5đ) Cho hàm số y = 2 có đồ thị là (P) và hàm số y = – x + 4 có đồ thị là (D) a) Vẽ đồ thị (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 4: (3,5đ) Từ điểm A ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh: tứ giác ABOC nội tiếp. (1đ) b) Gọi I trung điểm của AB, Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với OI tại K đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D (D khác B). Chứng minh: OK.OI = OH.OA. (1đ) c) Đường tròn (I) đường kính AB cắt AC tại E. Gọi F là giao điểm của BE và OA. Chứng minh: F đối xứng với O qua H. (0,75đ) d) Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp  AFB đi qua điểm K. (0,75đ) ---- Hết ----.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học : 2014 – 2015 Môn : TOÁN – Lớp 9 Bài1: (3đ) Giải các phương trình và hệ phương trình: a) 2x2 – 3x – 2 = 0 Tính  = 25 1 x1 2; x 2  2. 0,25 0,5. b) 3x2 – 2x 15 + 5 = 0 Tính  = 0  b 2 15 15 x 1 x 2    2a 2.3 3 nghiệm kép 4 2 2 c) x – 7x – 18 = 0 Đặt t = x (t 0) Phương trình trở thành: t2 – 7t – 18 = 0 Tính  = 121 t1 9 (nhận); t 2  2 (lọai). 0,25 0,5 0,25 0,25. 2. t = 9  x 9  x  9  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 3 ; x2 = – 3 2x  4y 12 10x  20y 60 y  1   ...     5x  3y 17 d) 5x  3y 17  10x  6y  34. 0,25 y  1  x 4. 0,25 x 3. 2. Bài 2: (2đ) Cho phương trình: x – 2mx + m – 2 = 0 (x là ẩn) a) Tính  = …= (2m – 1)2 + 7 7  0  Phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b) Tính x1 + x2 = 2m x1.x2 = m – 2. 0,5 0,25 0,25 0,25.  21 2 c) Tìm m sao cho A = x  x 2  2x1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 1. 2. Ta có. x12  x 22  2x1x 2  x1  x 2   4x1x 2 4m 2  4(m  2) (2m  1) 2  7 7. 1 1 1   2 Nên x  x  2x1x 2 (2m  1)  7 7  21  21 1  A 2   3 2 x1  x 2  2x1x 2 7 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 2 1 Vậy Min A = – 3 khi và chỉ khi x = 2 2 1. 0,25. 2 2. x. 0,25. 2. Bài 3: (1,5đ) Cho hàm số y = 2 có đồ thị là (P) và hàm số y = – x + 4 có đồ thị là (D) a) Vẽ (P) Bảng giá trị: (đúng 5 điểm) Vẽ (P) đúng Vẽ (D): Bảng giá trị: (đúng 2 điểm) Vẽ (D) đúng b) Tọa độ giao điểm của (P) và (D) (nếu có) là nghiệm của hệ pt  x2 y  2  x2  x  4 y  x  4   Phương trình hoành độ giao điểm: 2  x 2  2x  8 0. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> …………. x1 = 2  y = 2  (2 ; 2) x = – 4  y = 8  (– 4; 8) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là (2 ; 2) và (– 4; 8). Bài 4: (3,5đ) a) Chứng minh tứ giác: ABOC nội tiếp 0  Xét tứ giác ABOC có ABO 90 (AB là tiếp tuyến)  ACO 900 (AC là tiếp tuyến)    ABO  ACO 1800  Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800) b) Chứng minh: OK.OI = OH.OA. Xét IBO vuông tại B có đường cao BK  OB2 = OK.OI AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bk)  OA là đường trung trực của BC Xét IBO vuông tại B có đường cao BH  OB2 = OH.OA  OK.OI = OH.OA (= OB2) c) Chứng minh: F đối xứng với O qua H 0 0   Ta có AEB 90 (góc nt chắn nửa đt)  FEC 90 (góc kề bù)    FHC 900 (AO  BC)  FEC  FHC 1800  CEFH nội tiếp    BCA BFO (góc ngoài và góc đối trong) 1 1  BOA  BOC   BCA  2 2 sđ BC Mà     BFO BOF ( BCA )   BFO cân tại B Có BH là đường cao nên là đường trung trực của FO Vậy F đối xứng với O qua điểm H d) Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp  AFB đi qua điểm K OK OH    OA OI , AOI  AOI (cgc) có OK.OI = OH.OA chung   KOH    OAI OKH  tứ giác AIKH nội tiếp (góc ngoài = góc đối trong)      IKA IHA (2 gnt cùng chắn cung IA) mà IHA IAH ( IAH cân tại I)      IAH OBH (cùng phụ BOA ) và OBH FBH (BH là phân giác) 0      IKA FBH mặt khác BKI BHF 90        IKA  BKI FBH  BHF  BKA BFA (góc ngoài  BHF)  tứ giác ABKF nội tiếp (2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh …)  Đường tròn ngoại tiếp  ABF đi qua điểm K. Học sinh có cách giải khác chính xác giáo viên cho trọn điểm. 0,5. 0,25 0,25 0,5 0,5. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>