bo de on hoc ki 2 co dap an

ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 2 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
 x  y 5

a) 3x  y 7

4
2
b) x  5 x  4 0

P : y x 2
Bài 2 : ( 2 điểm ) Trên cùng một MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol  
và

 d  : y  4 x  3
P
a) Vẽ  
P
d
b) Tìm tọa độ giao điểm của   và   .
x 2   m  2  x  2m 0

Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho phương trình :

(1)

a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .
2

2

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) . Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp.
c) Chứng minh : OA  EF
d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 .
Tính theo R diện tích phần hình trịn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC
------- Hết ------ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài

NỘI DUNG
 x  y 5

a) Giải hpt 3 x  y 7

0,5

 4 x 12

 x  y 5
 x 3
 x 3


3  y 5
 y 5  3 2

0,5

4

2
b) Giải pt x  5 x  4 0 (*)

1

Đặt

2

x t  t 0 

. PT

 *  t

2

 5t  4 0

 t1 1 ( nhận ) ; t2 4 ( nhận )
t1 1  x 2 1  x 1
2
Với t2 4  x 4  x 2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1 1; x2  1; x3 2; x4  2
2

1,0đ
0,25
0,25

0,25
0,25
1,0đ

P : y x 2

a) Vẽ  
+ Lập bảng giá trị đúng :
x
-2 -1 0 1
2
y=x
4
1 0 1

ĐIỂM
1,0đ

0,5
2
4


0,5

+ Vẽ đúng đồ thị :
P
d
b)Tìm tọa độ giao điểm của   và   .

1,0đ

2
P
d
+ Pt hoành độ giao điểm của   và   : x  4 x  3 0

0,25
0,25
0,25

x1  1  y1 1: A   1;1

+

x2  3  y2 9 : B   3;9 
P

d

A  1;1 ; B  3;9

 

Vậy tọa độ giao điểm của   và   là 
a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m .
2
2
    m  2    4.1.   2m  m2  4m  4  m  2  0, m



+
+ Vậy phương trình (1) ln có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .

3

2
2
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x1  x2 đạt giá
trị nhỏ nhất.

0,25
1,0đ
0,75
0,25
1,0đ
0,25

x1  x2 m  2

+ Theo vi-et : x1.x2  2m
0,25

2

+

x12  x2 2  x1  x2   2 x1 x2
2

2

 m  2   2.   2m  m 2  8m  4  m  4   12  12, m
2

4

2

+ Vậy GTNN của x1  x2 là – 12 khi m  4 0  m  4
a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp.
+ Tứ giác AEHF có:
·

·

·
·
AEH
= 900 ; AFH
= 90 0 ( gt )

+ AEH + AFH = 90 + 90 = 180
+ Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH
b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp.
0

0

0

·
·
BFC
= 900 ; BEC
= 900 ( gt )

+ Tứ giác BFEC có:
+ F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900
+ Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC
c) Chứng minh : OA  EF

·'
·
+ Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O)  x AB = ACB ( Cùng chắn cung AB )
·
·
+ AFE = ACB ( BFEC nội tiếp )
·'

·

'

+  x AB = AFE Þ x x //FE
+ Vậy : OA  EF
d) Tính theo R diện tích phần hình trịn giới hạn bởi dây AB;
cung BC và dây AC
+ Gọi SCt là diện tích phần hình trịn giới hạn bởi dây AB; cung BC và

0,25
0,25
1,0đ
0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0đ
0,25


dây AC .
+
+
+

SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC

SVFAB = SquatOAB - SDOAB =
SVFAC = SquatOAC - SD OAC =

pR 2 R 2

4
2

0,25
(đvdt)

pR
R 3
3
4
2

0,25

2

(đvdt)
0,25

ỉ
ư ỉ
pR 2 R 2 ÷
pR 2 R2 3 ö
5pR 2 - 6R 2 - 3 3R 2
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC = pR2 - ỗ

=
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
2ữ
4 ứ
12
ữ
ố 4
ứ ỗ
ố 3

(vdt)
KIM TRA
1
y f (x)  x 2
2 .Tính f (2) ; f (  4)
Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số

Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình:

3x  y 10

 x  y 4

Bài 3: (1,5đ)

4
2
Giải phương trình: x  3x  4 0

Bài 4 : (1,0đ)
Với giá trị nào của m thì phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 5: (1.5đ)
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó
Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính:
a) Diện tích xung quanh của hình trụ.
b) Thể tích của hình trụ.
(Kết quả làm trịn đến hai chữ số thập phân;  3,14)
Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD
cắt nhau tại E. Kẻ EF vng góc với AD tại F. Chứng minh rằng:
a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của

^F
BC

.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Bài
1
(1,0đ)
2
(1,0đ)

Đáp án

f(2)=2
f(-4)=8
Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1)

Biểu
điểm
0,5
0,5
0,75
0,25


x 4  3 x 2  4 0

3
(1,5đ)

4
(1,0đ)

5
(1,5đ)

6
(1,0đ)

Đặt x2 = t (ĐK t≥0)
Ta có PT : t2+3t-4 = 0
Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0

 t1 = 1 ; t2 = -4 (loại)
Với t = 1  x1 = 1, x2 = -1
Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1
Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = 0 (1)
phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt khi
∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0 => m >
Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m >
Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x
N) =>Số thứ 2 là x+1
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1)
Tổng của hai số đó là: x + x + 1 = 2x + 1
Theo bài ra ta có PT: x2 – x – 20 = 0
Có nghiệm thỏa mãn x = 5
Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6
a) Diện tích xung quanh của hình trụ là:
Sxq = 2  r.h = 2.3,14.6.9  339,12 (cm2)
b) Thể tích của hình trụ là:
V =  r2h = 3,14 . 62 . 9 1017,36 (cm3)
C
Hình vẽ:

0,5
0,25
0,5
0,25
0,75
0,25
0.25
0.25
0.25

0.5
0.25
0,5
0,5

2
1

B
E

0,5đ

A

7
(3,0đ)

1

F

D

a)Ta có: A C D = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD )
Xét tứ giác DCEF có:
E C D = 900 ( cm trên )
và E F D = 900 ( vì EF  AD (gt) )
=> E C D
( đpcm )

+ E F D = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp

b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a )
^1 = ^
D1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF )
=> C
^
D 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
Mà: C2 = ^
^1 = C
^2
Từ (1) và (2) => C
)

hay CA là tia phân giác của B C^ F

( Lưu ý : Các cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,25
0,25
0,5

(1)
(2)
( đpcm

0,5
0,5
0,5

ĐỀ SỐ 3:
ĐỀ KIỂM TRA
Câu 1 : ( 2 điểm)
Giải phương trình, hệ phương trình sau
a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0
2x  y 5

x  y 3
b) 

Câu 2 : ( 2 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) vơ nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 .x 2 2(x1  x 2 )
Câu 3 : (2 điểm)
2
Cho hàm số y=x
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên
b) Cho hàm số y = mx + 4 có đồ thị là (d). Tìm m sao cho (d) và (P) cắt nhau tại hai
1 1

5
y
y
1
2
điểm có tung độ y1, y2 thỏa mãn

Câu 4 : ( 3 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A; B).
Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.



b) Chứng minh rằng: CAM ODM
c) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh: E; F; P thẳng hàng.
Câu 5 : ( 1 điểm)
Giải phương trình

4x 2  5x  1  2 x 2  x  1 3  9x

----HẾT----


ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM:
Câu

Đáp án

Điểm

a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1)

Đặt t= x2 ( t 0 )

Câu 1
(2 điểm)

pt (1)  4t 2  9t  9 0
a 4; b 9; c  9

0.25

 b 2  4ac 92  4.4.(  9) 225  0

0.25

 t  3
 
3
t 

4

Với

t

3
4

(loai )
(TMDK )
 x2 

3
4

 x 

3
2

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm

Câu 2
(2 điểm)

0.25

x

3
3
; x 
2
2

2x  y 5

x  y 3
b) 
giải hệ tìm được ( x= 2; y=1)
a) Phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 2 = 0 vô nghiệm khi   0
 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 < 0  m > 9/4

b) Phương trình x2 – ( 2m – 1)x + m2 – 2 = 0 có nghiệm khi  0
 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8  0  m  9/4
2
Khi đó ta có x1  x 2 2m  1, x1x 2 m  2

0.25

1
0,5
0,5
0,25
0,25

x1.x 2 2(x1  x 2 )
 m 0  nhân 
 m 2  2 2(2m  1)  m 2  4m 0  
 m 4  loai 
Kết luận
a) Lập bảng và tính đúng
Vẽ đúng đồ thị
2
b) Ta có x  mx  4 0 và a.c = - 4 <0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1, x2. Theo hệ thức Viets ta có x1  x 2 m; x1.x 2  4

1 1
1
1
Câu 3

5  2  2 5

x1 x 2
(2 điểm) Khi đó y1 y 2
2

2

0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

2

 x1  x 2 5x1 .x 2

2

 (x1  x 2 ) 2  2x1.x 2 5(x1.x 2 ) 2
 m 2 72  m 6 2

0,25
0,25


E

F

D
M

C

P
A

O

B

1

a. Tứ giác ACMO nội tiếp.
Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp


ODM
b. Chứng minh rằng: CAM


 ABM
- Chứng minh được CAM
- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp

- Chứng minh được ABM ODM


ODM

Suy ra CAM

Câu 4
(3 điểm)

0.25
0.25
0.25
0.25

c. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g)

0.25

PA PM

Suy ra PC PO

0.25

Suy ra PA.PO=PC.PM
d. Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE
Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E

0.25

FC PC PC AC AC CF


;

;

Dựa vào AC//BD chứng minh được DG PD PD BD BD DE

0.25

Suy ra DE = DG hay G trùng E.
Suy ra E; F; P thẳng hàng
0.25

4x 2  5x  1  2 x 2  x  1 3  9x ( 4x 2  5x  1 0 ; x 2  x  1 0 )




4x 2  5x  1  2 x 2  x  1

Câu 5
(1 điểm)   9x  3  3  9x 







4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  3  9x  4x 2  5x  1  2 x 2  x  1



 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  1 (lo¹i)
4x  5x  1  2 x  x  1  
 9x  3 0
9x - 3 = 0  x = 1/3 (Thỏa mãn điều kiện)
Kết luận:…



2

2



0.25
0.25
0.25


ĐỀ SỐ 4:ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 3 điểm) ( Khơng dùng máy tính cầm tay )
1) Giải hệ phương trình:
3x  y 3

2x  y 7

2) Giải phương trình:
x 4  13x 2  36 0

3) Cho phương trình bậc hai:
x 2  6x  m 0 (m là tham số )
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn
x13 +x 32 72

Bài 2: (1,5 điểm)
Một tam giác vng có chu vi bằng 30m, cạnh huyền bằng 13m. Tính mỗi cạnh góc vng.
Bài 3: ( 2 điểm)
2

Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y  2x
a) Vẽ đồ thị ( P )
b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d): y 3x  1
Bài 4: (3,5điểm)
Từ điểm A ở ngồi đường trịn (0;2cm). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường
trịn đó (M nằm giữa A và N), cho góc BAC có số đo bằng 600.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ABOC.
2
b) Chứng minh: AB  AM . AN
c) Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
BÀI
1.1

ĐÁP ÁN
Giải hệ phương trình:
3x  y 3


2x  y 7

ĐIỂM
1đ


3x  y 3


2x  y 7

0,25đ

5x 10

 y 2x  7

 x 2

 y 2x  7
 x 2

 y  3

0,25đ

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

0,25đ

0,25đ

( x; y ) (2;  3)

1.2

4
2
Giải phương trình: x  13x  36 0

2
2
Đặt t = x (t 0) phương trình trở thành t  13t  36 0

1đ
0,25đ

Giải  25 và t1 9 (nhận) t2 4 (nhận)

0,25đ

t1  x 2 9  x 3; t2  x 2 4  x 2

0,25đ
0,25đ

Vậy phương trình có 4 nghiệm:
x1 3; x2  3; x3  2; x4 2

1.3

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

1đ

x13  x23 72

2

Phương trình có nghiệm x1 , x2 khi ’ 9  m 0  m 9

0,25đ

 x  x 6
 1 2
 x1.x2 m
Viết đúng hệ thức Vi-et
x13  x23 72  ( x1  x2 )3  3x1 x2 ( x1  x2 ) 72

0,25đ

 62  3.m.6 72  m 8 vậy m = 8

0,25đ
0,25đ

Tìm hai cạnh góc vng
Gọi x( m) là cạnh góc vng thứ nhất. Điều kiện 0  x  13
Cạnh vuông thứ hai: 17  x ( m)
Sử dụng định lý Pitago viết phương trình

1,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

x 2  (17  x) 2 169
 x 2  17x+60 0
Lập  49  x1 12; x2 5

0,25đ
0,25đ

x1 12 (nhận) x2 5 (nhận)

0,25đ

Vậy độ dài hai cạnh góc vng là: 12m và 5m
3

2

a. Vẽ đồ thị (P): y 2 x
Bảng giá trị
x
… -2 -1
0
1
2 …
2

y  2 x
… -8 -2
0 -2 -8 …
Vẽ đúng đồ thị
b.Tọa độ giao điểm của (P) và (d)
Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

1đ
0,5đ

0,5đ
1đ
0,25đ

 2 x 2 3 x  1  2 x 2  3 x  1 0

Giải ra nghiệm

x1  1; x2 

0,25đ

1
2

1 1
;
Tìm được tọa độ giao điểm A(-1;-2) và B( 2 2 )


4

0,5đ
0,5đ


Vẽ hình:
B

A
O
M
N
C
0


a) . Tứ giác ABOC có ABO  ACO 90 (tính chất của
tiếp tuyến )

 ABO  ACO 1800  Tứ giác ABOC nội tiếp đường

0,5đ

trịn
ABC có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và

0,25đ



 BAC
600 suy ra BAC là tam giác đều  ACB 600
 AOB  ACB 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung)

 OA 

OB
2

4 cm
0

cos AOB cos 60

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp trung đường tròn tâm là trung
điểm của OA bán kính bằng 2 cm.
b) Xét hai tam giác ABM và ANB .

0,25đ
0,25đ

ABM và ANB
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp

cùng chắn cung


A chung



BM

)

Suy ra ABM đồng dạng ANB(g.g)


AB AM

 AB 2  AM . AN
AN
AB

c) Tứ giác ABOC nội tiếp


 BAC
 BOC
1800


 BOC
1800  BAC
1800  600 1200
 R 2  .4.120 4


  (cm 2 )
0
0

360
360
3
Squạt OBMC
2. AB.OB
SOBAC 2 SOBA 
2 3.2 4 3
2
4 12 3  4
4 3 

3
3
Scần tìm = SOBAC – Squạt


4(3 3   ) 2
cm
3

Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

ĐỀ SỐ 5:
ĐỀ KIỂM TRA
I. PHẦN CHUNG
Bài 1. (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình và phương trình sau:

3 x  2 y 11

x  2 y 1
a) 

b) 4x4 + 9x2 - 9 = 0

Bài 2. (1,0 điểm)
Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x+3
a) Vẽ (P).
b) Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép tốn.
Bài 3. (2,0điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m = 2
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 = 52
Bài 4. (1,0 điểm) Giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình:
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần chữ số hàng chục và
nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn
(M ≠ A và B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.

e) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.



f) Chứng minh rằng: CAM ODM
g) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
h) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh: E; F; P thẳng hàng.
Bài 6. (1,0 điểm)
Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh
AC . Vẽ hình, tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?
--- Hết ---


ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau:
3x  2 y 11

a.  x  2 y 1

a)1 đ

b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0

b) 1 đ

3x  2 y 11



a.  x  2 y 1

4 x 12


 x  2 y 1

 x 3


3  2 y 1

 x 3

 y 1

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x=3; y=1)
b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1)
Đặt t=x2 ( t 0 )

(1 điểm)

pt (1)  4t 2  9t  9 0
a 4; b 9; c  9
 b 2  4ac 92  4.4.( 9) 225  0
 t  3
 
3
t 


4

Với

t

3
4

(loai )

(0,5 điểm)

(TMDK )
 x2 

3
4

 x 

3
2

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm

x

3
3

; x 
2
2

(0,5 điểm)

Bài 2: (1 điểm) Cho parabol (P): y = x2 (P) và đường thẳng (d): y =
2x+3
a. Vẽ (P).
b. Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán.
a)0,5 đ
b) 0,5 đ
a. Vẽ (P). Bảng giá trị:
x
-2
-1
0
1
2
2
y=x
4
1
0
1
4
Vẽ đúng:
(0,5 điểm)

b. Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P)

x2 = 2x + 3


x 2 =2x+3

(0,5 điểm)

 x 2 -2x-3=0

 x  1
 
 x 3
Với x = -1  y = 1  P(-1; 1)
Với x = 3  y = 9  Q(3; 9)
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt P(-1; 1); Q(3; 9).
Bài 3: (2điểm) Cho phương trình:
x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a. Giải phương trình với m = 2
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1; x2 thỏa
mãn x12+x22 = 52
a)1 đ
b) 1 đ
a. Với m = 2 pt(1): x2 + 2x + 1 = 0
Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = -1
(1 điểm)
2
2
b. Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 +x2 = 52
x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a = 1; b’= (m – 1) ; c = m2 – 3

∆’=b’2 – a.c = (m – 1)2 – (m2 – 3) = –2m + 4
Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆’≥0  –2m + 4 ≥0 
(0,5 điểm)
m≤2
Với m ≤ 2 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . Áp dụng hệ
thức Vi-ét ta có:
x1 + x2 = –2(m – 1)
x1 . x2 = m2 – 3
Ta có:
x12 +x 2 2 =52  (x1 +x 2 ) 2 -2x1x 2 =52
2

   2(m-1)  -2  m 2  3 =52
 2m 2 -8m-42=0
 2(m-7)(m+3)=0
 m 7
 
 m  3

(loai )
(TMDK )

Vậy với m = –3 thì phương trình 1 có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn
x +x =52
Bài 4 (1 điểm:Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần
chữ số hàng chục và nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới
lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị
2
1

(0,5 điểm)

2
2

Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y.
x, y  N ;1 x 9;0 y 9

Số ban đầu là 10x + y; số mới 10y + x
Theo đề ta có : y = 3x
10y + x – ( 10x + y ) = 18

(0,5 điểm)


y 3x
 y 3x



Ta có hệ phương trình 10 y  x  (10 x  y ) 18   x  y  2

(0,5 điểm)

Giải được x = 1 , y = 3 ( thỏa mãn điều kiện )
Bài 5:(3 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm
trên nửa đường tròn (M≠A;B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A; B
của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
a. Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.



ODM
b. Chứng minh rằng: CAM
c. Gọi P là giao điểm của CD và AB. Chứng minh: PA.PO =
PC.PM
d. Gọi E là giao điểm AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Hình vẽ: 0,5đ
a)0,5 đ
b) 1 đ
c) 0,5đ
d) 0,5đ
E

F

D
M

C

(0,5 điểm)

P
A
O
B
GT; KL, hình vẽ
e. Tứ giác ACMO nội tiếp.

Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp


ODM
f. Chứng minh rằng: CAM


 ABM
- Chứng minh được CAM
- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp


ODM
- Chứng minh được ABM


ODM
Suy ra CAM
g. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g)

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

PA PM

Suy ra PC PO Suy ra PA.PO=PC.PM

h. Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE
Gọi G là giao điểm của PF và BD, cầm chứng minh G trùng E
FC PC PC AC AC CF

;

;

Dựa vào AC//BD chứng minh được DG PD PD BD BD DE

(0,5 điểm)

Suy ra DE = DG hay G trùng E.
Suy ra E; F; P thẳng hàng
Bài 6: (1 điểm) Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm.
Quay ΔABC một vịng quanh cạnh AC .
(0,25
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra ?
điểm)
Vẽ đúng hình.
b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?

(0,25
điểm)


Tính được BC = 5
Tính được

2

S xq  rl  .3.5 15 47,1 (cm )

1
V   .32.4 12 37,68 ( cm3 )
3
Tính được

 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó

(0,25
điểm)
(0,25
điểm)


ĐỀ SỐ 6:
ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 2,0 điểm) ( Học sinh khơng dùng máy tính cầm tay)
a) Giải phương trình: x2 - 3x - 10 = 0
 x  3 y  1

b) Giải hệ phương trình: 3x  y 7

Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai 2x2 – mx + m - 2 = 0

( m là tham số)

a) Chứng tỏ phương trình ln có nghiệm với mọi giá trị của m
b) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là y1; y2 biết y1  y2  x1  x2 và
y12  y22 1
Bài 3: ( 2,0 điểm)
Cho hàm số y = 2x2 (P)
a) Vẽ đồ thị của (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng y = 3 – x
Bài 4: ( 4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, vẽ hai dây cung AB và CD vng góc với nhau tại M trong
đường trịn (O). Qua A kẻ đường thẳng vng góc BC tại H và cắt đường thẳng CD tại E.
Gọi F là điểm đối xứng của C qua AB. Tia AF cắt BD tại K. Chứng minh:
a) Tứ giác AHCM nội tiếp.
b) Tam giác ADE cân.
c) AK vng góc BD.
d) H, M, K thẳng hàng.
---------- Hết ----------


Hướng dẫn chấm và biểu điểm
BÀI CÂU
a

1
b

NỘI DUNG
- Lập đúng 
- Tính đúng x1
- Tính đúng x2
 x  3 y  1

 x  3 y  1


HPT 3 x  y 7 <=> 9 x  3 y 21

0,25

- Tính được a + b + c = 2 + (– m) + m – 2 = 0
- Kết luận pt có nghiệm với mọi giá trị của m

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

m
m 2
x1  x2  ; x1 x2 
2
2
- Tính đúng
2
y12  y22 1   y1  y2   2 y1 y2 1

- Biến đổi

2

2
b

 m
    1 2 y1 y2
2
m2  4
 y1 y2 
8

- Phương trình cần tìm là:
m
m2  4
Y  Y
0
2
8
 8Y 2  4mY  m2  4 0
2

a

3
b

0,25

10 x 20

  x  3 y  1

 x 2

 2  3 y  1
 x 3

  y  1

a

ĐIỂM
0,5
0,25
0,25

- Lập bảng đúng
- Vẽ đồ thị đúng
- Lập đúng phương trình hồng độ giao điểm: 2x2 = 3 - x
3
- Giải pt tìm được x1=1; x2 = 2
9
- Thay vào hàm số (P) tìm được y1=2 ; y2 = 2
3 9
- Kết luận tọa độ giao điểm ( 1; 2) và ( 2 ; 2 )

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25


E

H

- Xét tứ giác AHCM có:
AHC  AMC 900
(gt)
AHC  AMC 1800
Suy ra
Vậy AHCM nội tiếp

C
_

a

A

M

B

_

F
O

0,5
0,25
0,25

K

N

D



4
b

c



d





- Từ AHCM nội tiếp suy ra: HAM MCB (cùng bù HCM )




Mà MCB MAD ( cùng chắn BC )


MAD
Nên HAM


MAD
-  ADE có AM  DE và HAM
nên  ADE cân tại A
- F là đối xứng của C qua AB =>  CBF cân tại B


=> CBM FBM
- Gọi N là giao điểm BF với AD ta có:  AHB =  ANB ( g-c-g)
0


=> ANB  AHB 90
-  ADB có DM và BN là hai đường cao nên F là trực tâm
=> AF  BD hay AK  BD.


0

- Tứ giác AHBK nội tiếp ( AHB  AKB 90 )=> AKH  ABH
0




- Tứ giác FMBK nội tiếp ( FKM FBM 90 ) => AKM FBM


MBH
- Mà FBM
(  FBC cân tại B) nên AKM  AKH
- Suy ra: K, M, H thẳng hàng.
Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa cho từng câu.

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


ĐỀ SỐ 7:
ĐỀ KIỂM TRA
Câu 1: ( 2,0đ)
a)

2 x  y 3

3 x  y 2

Giải hệ phương trình
4
2
b) Giải phương trình : x  7 x  8 0
Câu 2: (2,0đ)
Cho hàm số y =  x2 có đồ thị (P)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số .
b) Trên (P) lấy hai điểm M, N lần lượt có hồnh độ là  1 và 2.Viết phương trình đường
thẳng M N.
Câu 3 : (2,0đ) Cho phương trình bậc hai ẩn x :
x2 + mx + 2m – 4 = 0 (1)
a) Biết phương trình có một nghiệm x1 = 3. Hãy tính nghiệm cịn lại x2 và m .
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).
A

x1 x 2  3
x1  x 2 có giá trị nguyên.

Tìm giá trị nguyên dương của m để biểu thức
Câu 4 : (4,0đ)
Từ điểm M ở bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp
điểm). Gọi E là điểm nằm giữa M và A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AOE cắt AB tại điểm H.
Nối EH cắt MB tại F.
a) Tính số đo góc EHO
b) Chứng minh rằng tứ giác OHBF nội tiếp
c) Chứng minh rằng tam giác EOF cân

d) Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh rằng OI. OF = OB.OH
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−