SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIỂM TRA HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2017 – 2018
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (VD) (1,0 điểm): Giải phương trình 2
x  28x 128  0
Bài 2 (VD) (1,5 điểm): Cho phương trình 2
(m 1)x  (2m  3)x  m  4  0 (1) , với m là tham số.
a) Giải phương trình khi m  1  .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 3 (VD) (3,0 điểm): 1
Cho (P) là đồ thị hàm số 2 y  
x , (d ) là đồ thị hàm số y  2x và (d ') là đồ thị hàm số y  x . 2 1
a) Vẽ đồ thị của các hàm số 2 y  
x , y  2x, y  x trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2
b) Các đồ thị (P), (d) và (d ') có một điểm chung là gốc tọa độ O . Gọi A là giao điểm thứ hai của (P) và (d)
, gọi B là giao điểm thứ hai của (P) và (d ') . Chứng minh rằng tam giác OAB vuông và tính diện tích tam giác
OAB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Bài 4 (VD) (1,0 điểm):
Tìm hai số tự nhiên, biết rằng hiệu của số lớn và số nhỏ bằng 1814 và nếu lấy số lớn chia cho số nhỏ thì được
thương là 9 và số dư là 182.
Bài 5 (VD) (3,5 điểm): Cho góc 0 x
 Ay  60 và (O) là đường tròn tiếp xúc với tia Ax tại B và tiếp xúc với tia Ay tại C . Trên cung
nhỏ BC của đường tròn (O) lấy điểm M và gọi ,
D E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC, C , A AB .
a) Chứng minh tứ giác CDME là tứ giác nội tiếp. b) Tính số đo của góc E  DF . c) Chứng minh rằng 2 MD  M . E MF .
1 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất!
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN : BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Bài 1: Phương pháp: +) Tính 2
'  b'  ac , trong đó b  2b' . b  ' ' b  ' '
- Nếu  '  0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x  ; x  1 2 a a b '
- Nếu  '  0 thì phương trình có nghiệm kép x  x   . 1 2 a
- Nếu  '  0 thì phương trình vô nghiệm. Cách giải: Ta có: 2 2 ' 14 1.( 1
 28) 196 128  324 18
 '  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1  4 18 1  4 18 x   32  và x   4 1 1 2 1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  {  32; 4} Bài 2: Phương pháp:
a) Thay giá trị m  1
 vào phương trình đã cho sau đó giải phương trình.
b) Xét các TH: m 1  0 và m 1  0 rồi xét nghiệm của phương trình trong các TH đó. Cách giải: a) Khi m  1
 ta có phương trình x  3  0  x  3.
Vậy phương trình có 1 nghiệm là x  3. b) Khi m  1
 theo câu a phương trình có một nghiệm. Khi m  1
 , phương trình đã cho là một phương trình bậc 2 có: 2
  (2m  3)  4(m 1)(m  4)  8  m 7 7
Phương trình có nghiệm  8
 m  7  0  m   (với m  1  ) 8
2 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất! 7
Kết hợp 2 trường hợp trên: khi m   thì phương trình đã cho có nghiệm. 8 Bài 3: Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị các hàm số trên cùng hệ trục.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
+) Tam giác OAB vuông tại B khi 2 2 2
OB  AB  OA . Sử dụng công thức tính diện tích tam giác vuông: 1 S  O . B A . B OAB 2 Cách giải: 1
Cho (P) là đồ thị hàm số 2 y  
x , (d ) là đồ thị hàm số y  2x và (d ') là đồ thị hàm số y  x . 2 1
a) +) Vẽ đồ thị của hàm số 2 y   x : 2 Ta có bảng giá trị: x 2  1  0 1 2 1 1 1 y     2 2  2 0 2 2  1 Vậy đồ thị hàm số 2 y  
x là đường cong nhận trục Oy làm trục đối xứng và đi qua các điểm 2  1    1   (0; 0); 1; ; 1  ; ;      2  ;  2; 2; 2.  2   2 
+) Vẽ đồ thị hàm số y  2x x 0 1 y  2x 0 2
Đồ thị hàm số y  2x là đường thẳng đi qua gốc tọa độ (0; 0) và điểm (1; 2) .
+) Vẽ đồ thị hàm số y  x x 0 1 y  x 0 1 
3 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất!
Đồ thị hàm số y  x là đường thẳng đi qua gốc tọa độ (0; 0) và điểm (1; 1) .
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d ) là nghiệm của phương trình: 1 1 2 2
 x  2x  x  2x  0 2 2  1   x x  2  0    2  x  0 x  0   1    x  2  0 x  4  2 Với x  4   y  8 
Vậy giao điểm thứ hai của (P) và (d )   là A( 4; 8)
+) Hoành độ giao điểm của (P) và (d ') là nghiệm của phương trình: 1 1 2 2
 x  x   x  x  0 2 2  1 
 x  x 1  0    2  x  0 x  0   1    x 1  0 x  2  2
Với x  2  y  2 
4 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất!
Vậy giao điểm thứ hai của (P) và (d ')  là B (2; 2) . +) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
OA  4  8  80 ; OB  2  2  8 ; AB  (4  2)  (8  2)  72 2 2 2
 OA  OB  AB
 Tam giác OAB vuông tại B
Ta có OB  2 2 cm ; AB  6 2 c . m 1 1
Diện tích tam giác OAB là 2 S  O . B AB  .2 2.6 2  12 (cm ) OAB 2 2 Bài 4: Phương pháp:
+) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình. Cách giải: Gọi ,
x y là hai số tự nhiên cần tìm, trong đó y là số lớn, x là số bé.  ,
x y  N, x  y.
Theo đề bài ta có phương trình y  x 1814 và y  9x 182 .
y  x  1814
Nên ta có hệ phương trình 
y  9x 182
y  x 1814 8  x 1632 x  204      
x 1814  9x 182
y  x 1814 y  2018
Vậy hai số tự nhiên cần tìm là 204 và 2018 . Bài 5: Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác nội tiếp nhờ các dấu hiệu nhận biết.
+) Sử dụng các tính chất của tứ giác nội tiếp để tính số đo các góc.
+) Sử dụng tỉ lệ các cạnh của tam giác đồng dạng để chứng minh tỉ lệ đề bài yêu cầu. Cách giải: 0  C  DM  90 
do MD  BC a) Ta có:  0  C  EM  90 
do ME  AC
5 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất! 0  C  DM  C  EM 180
 CDME là tứ giác nội tiếp (dhnb). b) Từ câu a ta có M  DE  M
 CE (cùng chắn cung ME của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDME ) Mà M  CE  M
 BC (cùng chắn MC của đường tròn (O) )  M  DE  M  BC (1)
Tương tự câu a ta cũng có tứ giác BDMF nội tiếp nên ta có: M  DE  M  BF
(2) (cùng chắn MF của đường tròn (BDME) ) Từ (1) và (2) ta suy ra: 0 E  DF  M  DE  M  DF  M  BC  M  BF  C
 BA  60 (vì tam giác ABC đều do có AB  AC và 0 BAC   60 ) c) Ta có M  ED  M
 CD (cùng chắn MD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDME ) Mà M  CD  M
 BF (cùng chắn MB của đường tròn (O) ) Kết hợp (2)  M  ED  M  DF (3) Từ (1): M  DE  M  BC Mà M  BC  M
 FD (cùng chắn MD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDMF )  M  DE  M  FD (4)
Từ (3) và (4) suy ra M  DE ∽ M
 FD g  g MD ME 2    MD  M .
E MF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). MF MD
6 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử -
Địa – GDCD tốt nhất!