DE THI HKIIBAC GIANG

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II
NĂM HỌC
Mơn: Tốn lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề)
Câu 1. (3,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình sau:
2. Cho hàm số

y  f ( x ) 

 x 2 y 5

 x  y 2

3 2
2
1
x
f ( ); f ( ); f (  1); f (2).
2 . Tính
3
2

4
2
3. Giải phương trình sau: x  3x  4 0 .
Câu 2. (2,0 điểm)
2
Cho phương trình x  6 x  2m  3 0 (1), với m là tham số.
1. Giải phương trình (1) khi m  2 .
2

2
2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 x2  x1 x2 24
.
Câu 3. (1,5 điểm)
Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với vận tốc xác định. Khi đi từ B về A
người ấy đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 5 km/h. Vì vậy, thời gian về ít hơn thời gian
đi là 1 giờ. Tính vận tốc của người đó khi đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 60 km.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính AB, dây CD vng góc với AB tại H. Trên tia đối
của tia CD, lấy một điểm M ở ngồi đường trịn (O). Kẻ MB cắt đường tròn tại điểm E, AE
cắt CD tại điểm F.
1. Chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn.
2. Gọi K là giao điểm của BF với đường tròn (O). Chứng minh rằng EA là tia phân giác

của HEK
.

3. Chứng minh rằng: MD.FC = MC.FD
2
Câu 5. (0,5 điểm) Cho phương trình (m  1) x  (2m  1) x  m  1 0, m là tham số (1).
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả
2
2
mãn x1  x2  2010 x1x2 2013 .
-----------------------------Hết-----------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II

MƠN THI: TỐN LỚP 9
NĂM HỌC

Lưu ý khi chấm bài:
Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ,
hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và
cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc khơng vẽ
hình thì khơng được tính điểm.
Hướng dẫn giải
Câu 1
1
(1 điểm)

 x  2 y 5


x

y

2

Ta có:

3 y 3


 x  y 2

 y 1

 x 3


 x  y 2
 y 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) (3; 1) .

Điểm
(3 điểm)
0,75
0,25

2

f(

2
3  2
3 4
2
)  .    . 
3
2  3 
2 9
3

0,25

2

2
(1 điểm)

3
(1 điểm)

1
3  1
3 1
3
f ( )  .    . 
2
2  2
2 4
8
3
3
3
2
f ( 1)  .   1  .1 
2
2
2
3
3
f (2)  .22  .4  6
2
2
2
Đặt: x t, t 0.

2
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: t  3t  4 0
t  1, t 2 4
Vì a  b  c 1  3  4 0 nên pt trên có nghiệm 1
.
t

1
Vì t 0 nên 1
khơng thỏa mãn điều kiện.
t t 2 4
2
Với
. Khi đó: x 4  x 2 .
S =  -2; 2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là

Câu 2
1
(2 điểm)

2

0,25
0,25
0,25

0,5

0,5
(2 điểm)

Thay m  2 vào phương trình (1), ta được pt:
x 2  6 x  7 0 (2)
x  1, x 2 7
Vì a  b  c 1  6  7 0 nên pt (2) có nghiệm 1
.
x  1, x 2 7
Vậy với m  2 thì pt (1) có nghiệm 1
.
2
Ta có:  ' ( 3)  1.(2m  3) 9  2m  3 12  2 m
Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi:
12  2m 0  2m 12  m 6

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


 x1  x2 6

x .x 2m  3
Theo hệ thức Vi – ét, ta có:  1 2
(3)
2
2
x1 x2  x1x2 24  x1x2 ( x1  x2 ) 24 (4)

0,25

Theo đề bài, ta có:
(1 điểm)

Thay (3) vào (4) , ta được:
6(2m  3) 24  2m  3 4  2m 7  m 

Vậy

m

7
2 (thỏa mãn ĐK m 6 )

7
2 là giá trị cần tìm.

0,25

Câu 3

(1,5 điểm)

0,25

(1,5 điểm)
Gọi vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là x (km/h), với x > 0.
Khi đó, vận tốc lúc về của người đó là x + 5 (km/h)

0,25

60
Thời gian của người đó đi từ A đến B là x (giờ)

0,25

60
Thời gian lúc về của người đó là x  5 (giờ)
60 60

1
Lập phương trình: x x  5
(5)
Giải phương trình (5) tìm được x1 15, x2  20 .

0,25

0,5

Vì x  0 nên x2  20 không thoả mãn điều kiện của ẩn.
Vậy vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là 15 (km/h).
Câu 4

0,25
(3 điểm)

Hình vẽ:
B

E
O

M

C

F
K

H

D

A

0
0


Xét (O) có: AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FEB = 90
0

Mặt khác: AB  CD (gt) nên BHF = 90

1
(1 điểm)

2

0,25

Xét tứ giác BEFH có:




FEB
+ BHF
= 900  900 1800 , mà FEB, BHF là hai góc ở vị trí đối diện
nhau.

0,5

Suy ra, tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn đường kính BF (đpcm)

0,25



Vì tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn (cm trên) nên HBF = HEF ( 2 góc

0,25




= HEA
nội tiếp cùng chắn cung HF) hay ABK

(6)

(1 điểm)



Xét (O) có: ABK = AEK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (7)



Từ (6) và (7) , suy ra: HEA = AEK => EA là tia phân giác của HEK .

Vậy tia EA là tia phân giác của HEK . (đpcm)
Xét ADC có: AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến => ADC




cân tại A => AC = AD => AC = AD => sđ AC = sđ AD


Xét (O) có: DEA = CEA (2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

=> EA là tia phân giác của DEC.

0,25
0,5

0,25

Xét CDE có:

3
(1 điểm)


Vì EA là tia phân giác của DEC (cm trên) nên EF là đường phân giác trong
của tam giác CDE. (8)
FC EC
=
Suy ra: FD ED (9)

0,25

0

Vì AEB = 90 (cm phần a) nên AE  MB (10)

Câu 5
(0,5 điểm)

Từ (8) và (10) , suy ra: EM là đường phân giác ngoài của tam giác CDE.
MC EC
=
Suy ra: MD ED (11)

0,25

FC MC
=

 FC.MD = FD.MC
Từ (9) và (11) , suy ra: FD MD
(đpcm)

0,25
(0,5 điểm)

Xét m=-1, pt (1) là phương trình bậc nhất khơng có hai nghiệm phân
biệt.
Xét m  1
2
Phương trình: (m  1) x  (2m  1) x  m  1 0 (12)
Ta có:
2

   (2m  1)  4.(m  1)(m  1) 4m 2  4m  1  4m 2  4 4m  5

0,25

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi:
4m  5  0  m  

5
4

(*)

Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có:

x1  x2 

2
2
Mặt khác: x1  x2  2010 x1 x2 2013
2

  x1  x2   2012 x1.x2 2013
2

m 1
 2m  1 

2013
  2012.
m 1
 m 1 
 4021m 2  4022m 0

2m  1
m 1
x1 x2 
m  1 và
m 1 .
0,25


m 

4022
4021 (thoả mãn (*)).

 m 0 (thoả mãn (*)) hoặc
4022
m 
4021 là giá trị cần tìm.
Vậy m 0 hoặc
Tổng điểm

10