ĐỀ SỐ 1 Bài 1: (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) b) x2  4x + 3 = 0 Bài 2:(2,5 điểm)
Cho (P): y = x2 và (d): y = x+2
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Bài 3: (2,0 điểm) Một ô tô dự định đi từ A đến B với vận tốc đã
định. Nếu ô tô đó tăng vận tốc thêm10km mỗi giờ thì đến B sớm
hơn dự định 1 giờ 24 phút, nếu ô tô giảm vận tốc đi 5 km mỗi giờ
thì đến B muộn hơn 1 giờ. Tính độ dài quãng đường AB và vận tốc dự định.
Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O).
Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác AEHF, BCEF nội tiếp .
b) AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
c) H và M đối xứng nhau qua BC.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho phương trình: (m - 1)x2 – 2(m+1)x+ m – 2 = 0 (1) (m là tham số).
Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Đáp án đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 Bài 1: (2,0 điểm)
- Giải đúng nghiệm (x; y) = (-1;2) và kl 1,0
- Giải đúng và kl tập nghiệm: S = { 1; 3} 1,0 Bài 2: (2,5 điểm)
a) Lập bảng giá trị và vẽ (P), (d) đúng 1,5
b) Xác định đúng tọa độ giao điểm của (P) và (D) 1,0 Bài 3: (2,0 điểm)
- Chọn đúng 2 ẩn số và đặt đk đúng. 0,5
- Lập hệ phương trình đúng 0,75
- Giải đúng hệ phương trình 0,5
- Trả lời đúng quãng đường AB là 280km, vận tốc dđ là 40 km/h 0,25 Bài 4.
Vẽ hình đúng, viết gt, kl 0,5 a) Cm đúng phần a 1,0 b) CM: 0,25 =>…….=>AE.AC = AH.AD 0,25 CM: 0,25 =>…….=>AD.BC = BE.AC 0,25
c) CM: BC là đường trung trực của HM => M đối xứng với H qua BC 0,5 Bài 5
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là: 0,25 0,25 ĐỀ SỐ 2     2x  2 x   1 x x 1 x x 1
Câu 1 (2 điểm): Cho biểu thức: A =    :  x .  x x   x  x 1  a) Rút gọn A. b) Tìm x để A < 0.
Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
Hai công nhân cùng sơn cửa cho một công trình trong 4 ngày thì xong công
việc. Nếu người thứ nhất làm một mình trong 9 ngày rồi người thứ hai đến
cùng làm tiếp trong 1 ngày nữa thì xong công việc. Hỏi mỗi người làm một
mình thì bao lâu xong việc? mx  y  5
Câu 3 (2,0 điểm): Cho hệ phương trình:  (I) 2x  y  2
a) Giải hệ (I) với m = 5.
b) Xác định giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất và thỏa mãn: 2x + 3y = 12
Câu 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì
trên nửa đường tròn (M khác A và B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM
cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F; tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1. Chứng minh rằng: AEMB là tứ giác nội tiếp và AI2 = IM.MB
2. Chứng minh BAF là tam giác cân
3. Chứng minh rằng tứ giác AKFH là hình thoi.
Câu 5 (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  a  2 ab  3b  2 a 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Nội dung trình bày Điểm
 x x 1 x x 1 2x 2 x   1 A       : 1,0 a) x  x x  x x    1
(x x 1) x  1 (x x 1) x   1 1 x 1 A   x  x 2 x  x 2 x    1 2 1 2 1 x 0 1,0  x0
A0   x 1    0 x1 0   x 10 b)  x 1
Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc.
y (ngày) là thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc. 0,25 (ĐK: x, y > 4)
Trong một ngày người thứ nhất làm được 1 (công việc), người thứ hai x làm được 1 (công việc) y
Trong một ngày cả hai người làm được 1 (công việc) 4 Ta có phương trình: 1 1 1   (1) x y 4 9
Trong 9 ngày người thứ nhất làm được x (công việc) 0,5 9 1
Theo đề ta có phương trình:   1 (2) 2 x 4 1 1 1   x y 4 0,5
Từ (1) và (2) ta có hệ:  (*) 9 1  1 x 4 x  12
Giải được hệ (*) và tìm được  (tmdk) 1,0  y  6
Vậy người thứ nhất làm một mình trong 12 ngày thì xong công việc. 0,25
Người thứ hai làm một mình trong 6 ngày thì xong công việc.
mx  y  5 mx + 2x = 3 (m + 2)x = 3 (1) Ta có:     2x y 2 2x y 2       
2x  y  2  0,25
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất <=> PT (1) có nghiệm duy 0,25
nhất <=> m + 2 ≠ 0 <=> m ≠ - 2  3  3 x = 3 
Khi đó hpt (I) <=> x =  m + 2  m + 2   10  2 2   2 m x y   y   2  m 0,25
Thay vào hệ thức ta được: 6m = 12  m = 2 KL:. . 0,25 0,5 Vẽ hình, ghi GT - KL đúng
1. Tứ giác AEMB nội tiếp vì 2 góc: 0 AEB = AMB  90 0,25
Ax là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) Ax  AB 0,25 
AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  0 AMB  90 0,25 A 0,25
 BI là  vuông tại A có đường cao AM 2  AI  IM.IB 2, 
IAFlà góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn  AE 
FAM là góc nội tiếp chắn  EM 0,25
Ta có: AF là tia phân giác của          IAM IAF FAM AE EM Lại có:  ABH và 
HBIlà hai góc nội tiếp lần lượt chắn cung  AE và  EM 0,25 4 =>   
ABH HBI  BE là đường phân giác của B  AF 0,25 
AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  0 AEB  90  BE  AF
 BE là đường cao của B  AF 0,25  B
 AFlà  cân tại B (BE vừa là đường cao vừa là đường phân giác) 3, B
 AFcân tại B, BE là đường cao BE là đường trung trực của AF 0,25
H,K  BE  AK  KF;AH  HF (1) 0,25
AF là tia phân giác của  IAM và BE  AF  A
 HK có AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác A  HK 0,25 cân tại A AH  AK (2) 0,25
Từ (1) và (2) AK  KF  AH  HF Tứ giác AKFH là hình thoi.
Biểu thức: P  a  2 ab  3b  2 a 1 (ĐK:a;b  0 ) Ta có
3P  3a  6 ab  9b  6 a  3  3P  a  6 ab  9b  2a  6 a  3        9  9 3P a 6 ab 9b  2 a 3 a    3   4  2                    2 2 2 2 3 3    3 3P a 2. a. 3 b 3 b 2
a  2. a.        2  2    2  0,25      2 2  3  3 3 3P a 3 b  2 a     1  
vớia;b  0  P   5  2  2 2 2  9  a 3 b  0 a  
vớia;b  0 Dấu “=” xảy ra <=>   4  3   (thỏa mãn ĐK)  a   0 1 b 2   0,25  4  9 a   Vậy 1
MinA   đạt được <=>  4 2  1 b   4 ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đi qua 3 đỉnh tam giác ABC,  0 A  60 ,  0 B  70
1) Tính số đo các góc BOC, COA, AOB.
2) So sánh các cung nhỏ BC, CA, AB. 3) Tính BC theo R. Câu 2 (7,0 điểm)
Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến SA và cát tuyến SBC với
đường tròn (O), SB < SC. Một đường thẳng song song với SA cắt dây AB, AC lần lượt tại N, M.
1) Chứng minh: Tam giác AMN đồng dạng với tam giác ABC.
2) Chứng minh: BCMN là tứ giác nội tiếp.
3) Vẽ phân giác của góc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh: 2 SD  SB.SC .
4) Trên dây AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Chứng minh: AO vuông góc với DE.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Đáp án Điểm
Vẽ hình không cần chính xác tuyệt đối về số đo các góc 0,25 1)  0      ACB 180 BAC ABC 0,25 0    0 0   0 180 60 70  50
Theo hệ quả góc nội tiếp  1 0,25       0 BAC BOC BOC 2.BAC 120 2  1       0 ABC AOC AOC 2.ABC 140 0,25 2  1       0 ACB AOB AOB 2.ACB 100 0,25 Câu 1 2 2) Ta có sđ    0
AB AOB 100 , sđ    0
BC BOC 120 , sđ    0 AC AOC 140 0,5 Do 0 0 0
100 120 140 nên      AB BC AC 0,25
3) Kẻ OH  BC , OB = OC nên OBC cân tại O nên OH đồng thời là
tia phân giác của tam giác OBC và HB = HC (quan hệ đường kính 0,25 dây cung)   0 120 0 HOB   60 0,25 2 Do đó 0 R 3 HB  OB.sin 60  0,25 2  BC  2.HB  R 3 0,25 Vẽ hình 0,5 Câu 2 1) Do MN // SA 0,5 nên    ANM SAB (SLT)
mà        ACB SAB ANM ACB 0,5 Xét AMN và ABC có    ANM ACB ,  BAC chung 0,5
 AMN đồng dạng với ABC (g.g)
2) Theo phần a) có    ANM ACB 0,5
        0 MCB MNB ANM MNB 180 0,5
 BCMN là tứ giác nội tiếp. 0,5 3) Do    BAD CAD ,    ACB SAB ta có 0,5
         SAD SAB BAD ACB CAD
mà          SDA ACD CAD
SAD SDA  SAD cân tại S 0,5  SA  SD (1)
Xét SAB và SCA có    ACB SAB , S chung 0,5
 SAB đồng dạng với SCA (g.g) SA SB 2    SA  SB.SC (2) SC SA Từ (1) và (2) suy ra 2  SD  SB.SC 0,5 4) Ta có           AED ABD c.g.c ADE ADB SAD (theo3) 0,5 mà      0      0 SAD OAD SAO 90 ADE OAD  90 0,5  AO  DE 0,5 Chú ý:
- Giáo viên có thể chia nhỏ biểu điểm
- Học sinh làm cách khác, đúng vẫn chấm điểm tối đa ĐỀ SỐ 4
Câu 1 (4,0 điểm). Giải các phương trình: 1) 2 x  8x  0 2) 2 x  2x 2  2  0 3) 2 3x 10x 8  0 4) 2 2x  2x 1  0
Câu 2 (5,0 điểm). Cho phương trình bậc hai: 2
x  6x  2m 1  0 (1). Tìm m để:
1) Phương trình (1) có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó.
2) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
3) Phương trình (1) có một nghiệm là x = 2. Tìm nghiệm còn lại.
4) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x và x , thỏa mãn: x  x  4 1 2 1 2
Câu 3 (1,0 điểm). Chứng tỏ rằng parabol 2
y  x và đường thẳng y  2mx 1
luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là x và x . Tính 1 2 giá trị biểu thức: 2
A  x  x  x  2mx  3 . 1 2 1 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Đáp án Điểm 1) 2
x 8x  0  x x 8  0 0,5  x  0 hoặc x = - 8. 0,5
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x  0;x  8  1 2 2) 2
x  2x 2  2  0 có  '  2  2  0 0,5 Câu 1
Nên phương trình có nghiệm kép x  x  2 0,5 1 2 3) 2
3x 10x 8  0 có  '  25 24 1  ' 1 0,5
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là 5 1 4 0,5 x    ; 5 1 x   2 1 3 3 2 3 4) 2
2x  2x 1  0 có  ' 1 2  1 0 nên phương trình vô nghiệm. 1,0 1) 2
x  6x  2m 1  0 (1) ta có  '  9  2m 1 10  2m 0,25
Phương trình (1) có nghiệm kép khi '  0  10  2m  0  m  5 0,5
Khi đó phương trình có nghiệm kép là: x  x  3 1 2 0,25 Câu 2
2) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi a.c < 0  2m 1 0 0,5 1  m  0,5 2
3) Phương trình (1) có một nghiệm là x = 2 nên 2 2 12  2m 1  0 0,25  2m  9 0,25 9  m  0,25 2
Theo hệ thức Vi ét ta có x  x  6 1 2 0,25 mà x  2  x  4 1 2 0,25
Vậy nghiệm còn lại là x  4 2 0,25
4) Theo phần (1) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi 0,25
 '  0  10  2m  0  m  5   
Theo hệ thức Vi-et ta có x x 6 1 2  0,25 x x  2m   1 1 2
x  x  4  x  x 2 16  x  x 2  4x x 16 0,25 1 2 1 2 1 2 1 2
 36  42m 1 16 0,25  36  8m  4  16 0,25  m  3 (Thỏa mãn) 0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol 2 y  x và đường thẳng y  2mx 1 là 2 x  2mx 1  0 (1) có 2
 '  m 1  0 với mọi m
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x và x 0,25 1 2  Parabol 2
y  x và đường thẳng y  2mx 1 luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. x  x  2m
Theo Hệ thức Vi-ét ta có: 1 2  0,25 Câu 3 x x  1   1 2
Do x là nghiệm phương trình (1) 1 Nên 2 2
x  2mx 1  0  x  2mx 1 1 1 1 1 0,25 Xét: 2
x  2mx  3  2m x  x  4 2
 2m.2m  4  4m  4 (1) 1 2  1 2 
Xét: x  x   x  x 2 2 2  x  x  2 x x 1 2 1 2 1 2 1 2  x  x 2 2
 2x x  2 x x  4m  4 (2) 0,25 1 2 1 2 1 2 Từ (1) và (2) suy ra 2 2
A  4m  4  4m  4  0 Chú ý:
- Giáo viên có thể chia nhỏ biểu điểm
- Học sinh làm cách khác, đúng vẫn chấm điểm tối đa ĐỀ SỐ 5 Câu 1 (4,0 điểm). 1. Cho hàm số 2
y  ax . Tìm a biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(-1; 1)
2. Giải các phương trình sau: a) 2 x  2x  0 b) 2
x  3x  2  0 1 5  x c) 1 x  2 x  2
Câu 2 (2,0 điểm). (Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình)
Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20 m. Nếu gấp đôi chiều dài và
gấp 3 lần chiều rộng thì chu vi của hình chữ nhật là 480 m. Tính chiều dài và
chiều rộng ban đầu của hình chữ nhật đó. Câu 3 (3,0 điểm). Cho phương trình 2
x  2mx  3  0.
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2) Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để 2 2 x  x 10 1 2 1 2 Câu 4 (1,0 điểm) Cho parabol   2
P : y  x và đường thẳng d: y  2m   3 x  2m  2
Chứng minh rằng với mọi m parabol (P) và đường thẳng d luôn cắt nhau tại
hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương.
Đáp án đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 Câu Đáp án Điểm 1) Cho hàm số 2
y  ax . Tìm a biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(-1; 1)
Thay x = -1; y = 1 vào hàm số 2
y  ax ta được 1 = a.(-1)2 0,5 Tính được a = 1 0,5
2) Giải các phương trình sau: a) 2 x  2x  0 <=> x(x - 2) = 0 0,25 x  0  1 x 0,5   2 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 0 ; x = 2 0,25 b) 2
x  3x  2  0 Câu 1
Có a – b + c = 0 ( Tính  cũng cho điểm như vậy ) 0,25 (4 điểm) x  1   1 x 0,5  2   2
Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 ; x = - 2 0,25  c) 1 5 1 x  Điều kiện x 2 0,25 x  2 x  2  1 + x – 2 = 5 – x 0,25  2x = 6  x = 3 (Thỏa mãn ĐK) 0,25
Vậy phương trình có nghiệm x = 3 0,25
(Nếu thiếu ĐK, giải ra không đối chiếu ĐK hoặc thiếu cả hai thì trừ 0,25 điểm)
Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20 m. Nếu gấp đôi
chiều dài và gấp 3 lần chiều rộng thì chu vi của hình chữ nhật là 480
m. Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của hình chữ nhật đó. Câu 2
Gọi chiều dài của hình chữ nhật x (m)
(2 điểm) Chiều rộng của hình chữ nhật y ( m ) 0,25
(điều kiện x > y >0 )
Chiều dài hơn chiều rộng 20 m nên ta có phương trình x – y = 20 (1) 0,25
Nếu gấp đôi chiều dài và gấp 3 lần chiều rộng thì chu vi của hình chữ 0,25
nhật là 480 m nên ta có phương trình: ( 2x + 3y ).2 = 480 (2) x  y  20
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  0,25 (2x  3y).2  480 x  60 Giải hệ ta được  0,5 y  40
Đối chiếu với điều kiện ta thấy x, y thỏa mãn 0,25
Vậy chiều dài của hình chữ nhật 60 (m)
Chiều rộng của hình chữ nhật 40 ( m ) 0,25 1) 2
x  2mx  3  0.    2 2 ' m 1.( 3  )  m  3 0,75 Có 2 2
m  0m  '  m  3  0  m 0,5
Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với  m 0,25
2) Với  m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x  x  2m 0,25
Áp dụng hệ thức Viet ta có 1 2 x .x  3   1 2 Câu 3 2 2
(3 điểm) x  x  10 1 2 0,25  2 (x  x ) 2x x 10 1 2 1 2  2 (2m) 2.( 3  ) 10  4m2 = 4 0,25    m 1  m  1  0,5
Vậy m = 1 ; m = -1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0,25 2 2 x  x  10 1 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và p : Câu 4 2
x  2m  3x  2m  2 0,25 (1 điểm) 2
 x  2m  3x  2m  2  0   1        2       2 ' m 3
2m 2  m  4m 11  m  22  7  0m Do đó  
1 có hai nghiệm phân biệt m 
 d cắt P tại hai điểm 0,25 phân biệt với m .
x , x là hai nghiệm phương trình  
1 , áp dụng định lý Viete ta có: 1 2 x  x  2 m  3 0,25 1 2    x x  2m  2 1 2 x  x  0
Hai giao điểm đó có hoành độ dương  x , x > 0 1 2  1 2 x x   0 1 2 2m  3  0 m  3      m  1 0,25 2m  2  0 m  1
Vậy với m 1 thì d cắt P tại hai điểm phân biệt với hoành độ dương. Chú ý:
- Giáo viên có thể chia nhỏ biểu điểm
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa
Xem tiếp tài liệu tại: https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-9