Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bộ 30 đề GK2-Toán 9

21e9ff7982398fc76969f276a3ae3eda
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM 17 tháng 12 2020 lúc 10:16:37 | Được cập nhật: 16 tháng 3 lúc 23:06:18 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 615 | Lượt Download: 19 | File size: 6.702828 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu


Tài liệu sưu tầm

BỘ ĐỀ THI GIỮA KÌ II LỚP 9

TÀI LIỆU SƯU TẦM

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II

HUYỆN TIÊN DU

NĂM HỌC 2010-2011
Khóa ngày: 28/02/2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,0 điểm)

Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

a) 3x  y  5 .
Câu 2. (2,5 điểm)

b) 7 x  0 y  21 .

Giải các hệ phương trình:

5 x  2 y  12
a) 
2 x  2 y  2

2

3x  y  5
b)  2

2 x  3 y  18

2 x  by  4
nhận cặp số 1; 2  là nghiệm.
bx  ay  5

Câu 3. (1,0 điểm)

Xác định a, b để hệ phương trình 

Câu 4. (2,0 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:

Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai
may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày, tổ thứ nhất
may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao
nhiêu chiếc áo?
Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC ,  AB  AC  có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán
kính R. Gọi H là giao điểm của ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC .
1) Chứng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) Vẽ đường kính AK của đường tròn  O  . Chứng minh tam giác ABD và tam giác AKC
đồng dạng với nhau. Suy ra AB. AC  2R. AD .
3) Chứng minh rằng OC vuông góc với DE .
-----HẾT-----

HƯỚNG DẪN
Câu 1. (1,0 điểm)

Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

a) 3x  y  5 .

b) 7 x  0 y  21 .
Hướng dẫn

x 
a) Ta có: 3x  y  5  y  5  3x  nghiệm tổng quát của phương trình là: 
.
 y  5  3x

x  3
b) Ta có: 7 x  0 y  21  x  3  nghiệm tổng quát của phương trình là: 
.
y

Câu 2. (2,5 điểm)

Giải các hệ phương trình:

5 x  2 y  12
a) 
2 x  2 y  2

2

3x  y  5
b)  2

2 x  3 y  18

Hướng dẫn
5 x  2 y  12
7 x  14
x  2


a) Ta có: 
. Vậy: ……….
y 1
2 x  2 y  2
2 x  2 y  2

b) Ta có:
2
2


3x  y  5
 y  3x  5
 2
 2
2
x

3
y

18



2 x  3 y  18

1
 2

Thay (1) vào (2) ta được:
2 x 2  3  3x 2  5   18  11x 2  33  x 2  3  x   3  y  4 .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Câu 3. (1,0 điểm)





3;4 ;  3;4



2 x  by  4
nhận cặp số 1; 2  là nghiệm.
bx  ay  5

Xác định a, b để hệ phương trình 
Hướng dẫn

Vì hệ phương trình nhận 1; 2  nên thay x  1; y  2 vào hệ phương trình ta được:

2.1  2b  4
b  3

. Vậy: ………………..

b.1  2a  5
 a  4
Câu 4. (2,0 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:

Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai
may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày, tổ thứ nhất
may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao
nhiêu chiếc áo?
Hướng dẫn
Gọi x, y (chiếc) lần lượt là số áo của tổ thứ nhất và tổ thứ hai mỗi ngày may được. ĐK: x, y
nguyên dương

2

3 x  5 y  1310
Lập luận để được hệ phương trình: 
 x  y  10
 x  170
Giải hệ phương trình trên tìm được: 
(thỏa mãn đk)
 y  160

Vậy trong một ngày, tổ thứ nhất may được 170 chiếc áo; tổ thứ hai may được 160 chiếc áo.
Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC ,  AB  AC  có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán
kính R. Gọi H là giao điểm của ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC .
1) Chứng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) Vẽ đường kính AK của đường tròn  O  . Chứng minh tam giác ABD và tam giác AKC
đồng dạng với nhau. Suy ra AB. AC  2R. AD .
3) Chứng minh rằng OC vuông góc với DE .
Hướng dẫn
A

x

E
O

F
B

C

D
K
y

1) Ta có : AEH  90 và AFH  90
Do đó: AEH  AFH  180

mà đây là hai góc đối nhau.

 Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
Ta lại có, AEB  ADB  90
 E và D cùng nhìn cạnh AB dưới một góc vuông
Vậy tứ giác AEDB nội tiếp được.
2) Ta có ACK  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

.

Hai tam giác vuông ADB và ACK , có:

ABD  AKC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

3

Suy ra ABD ∽ AKC  g.g  

AB AD

 AB. AC  AK . AD  AB. AC  2R. AD
AK AC

3) Vẽ tiếp tuyến xy tại C của  O  .
Ta có OC  Cx

(1)

Mặt khác, AEDB nội tiếp
 ABC  DEC



ABC  ACx nên

ACx  DEC  Cx / / DE (2)

Từ (1) và (2) ta có: OC  DE .
TRƯỜNG THCS HẢI HÀ

BÀI KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2016-2017
MÔN : TOÁN 9

Thời gian: 90 phút(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1:(2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
2 x  5 y  3
a) 
5 x  4 y  2

Bài 2:(2,5 điểm) Cho (P): y  

b) x 2  5x  6  0
x2
và (D): y   x  4 .
2

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm toạ độ giao đ iểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3:(1.5 điểm) 2 vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước), sau 1 giờ 30 phút thì đầy
bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 15 phút rồi khóa lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì sẽ
chảy được 20 bể. Hỏi mỗi vòi chảy 1 mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể
Bài 4:(3 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao AF
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H ( F  BC; E  AB).
a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp được đường tròn.
b) Kẻ đường kính AK của đường tròn  O  . Chứng minh: Hai tam giác ABK và AFC đồng
dạng.
c) Kẻ FM song song với BK (M  AK ) . Chứng minh: CM vuông góc với AK .
Bài 5:(1 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1

a2
2b2 3c 2


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
a 1 b 1 c 1

4

HƯỚNG DẪN
Bài 1:(2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
2 x  5 y  3
a) 
5 x  4 y  2

b) x 2  5x  6  0
Hướng dẫn

a) Ta có:
2

x

2 x  5 y  3
10 x  25 y  15 33 y  11

3




5
x

4
y


2
10
x

8
y


4
5
x

4
y


2
1



y 

3
 2 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y     ; 
 3 3

b) Ta có:
x2  5x  6  0 .
   5   4.6.1  1  0
2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 
Bài 2:(2,5 điểm) Cho (P): y  

5 1
 3;
2

x2 

5 1
 2.
2

x2
và (D): y   x  4 .
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.
Hướng dẫn
a) Vẽ đồ thị :
Bảng giá trị của (P) :
x
y

x2
2

4

2

1

0

8

2



1
2

0

1


1
2

2

4

2

8

(d): y   x  4
Cho x  0  y  4 ta được điểm  0; 4 
Cho y  0  x  4 ta được điểm

 4;0 

Đường thẳng d đi qua hai điểm :  0; 4  và  4;0  .
Đồ thị:

5

y
-4

-2

0

1

2

4
x

-2
-4

-8

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là :


x2
  x  4  x2  2x  8  0
2

Phương trình có hai nghiệm là : x1  4;

x2   2

Với x1  4  y1  8 ta được điểm  4; 8  .
Với x2  2  y2  2 ta được điểm  2; 2  .

Bài 3:(1.5 điểm) 2 vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước), sau 1 giờ 30 phút thì đầy
bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 15 phút rồi khóa lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì sẽ
chảy được 20 bể. Hỏi mỗi vòi chảy 1 mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể ?
Hướng dẫn
Gọi x (giờ) là thời gian mình vòi 1 chảy đầy bể, y (giờ) là thời gian mình vòi 2 chảy đầy bể
( x, y  1,5 giờ).
Vì cả hai vòi chảy trong 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ thì đầy bể nên ta có :
Vòi thứ nhất trong 15 phút =
trong 20 phút =

1 1 2
  (1)
x y 3

1
giờ, rồi khóa lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp
4

1
1 1
1
1
giờ thì sẽ chảy được 20  = bể nên ta có :

 (2)
4x 3 y 5
3
5

6

1 1 2
x  y  3

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 
 1  1 1
 4 x 3 y 5
15

 x  4
Giải hệ phương trình ta được 
( thõa mãn ĐK)
y  5

2

Vậy mình vòi 1 chảy đầy bể trong 3giờ 45 phút, mình vòi 2 chảy đầy bể trong 2giờ 30 phút.
Bài 4:(3 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao AF
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H ( F  BC; E  AB).
a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp được đường tròn.
b) Kẻ đường kính AK của đường tròn  O  . Chứng minh: Hai tam giác ABK và AFC đồng
dạng.
c) Kẻ FM song song với BK (M  AK ) . Chứng minh: CM vuông góc với AK .
Hướng dẫn
A

E
H

B

O

F

C

M
K

a) Ta có E  900 , F  900  E  F  900  900  1800
Vậy tứ giác BEHF nội tiếp được một đường tròn ( vì tổng hai góc đối bằng 1800)
b) Ta có : ABK  900 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Xét ABK và AFC Có
ABK  AFC  900
AKB  ACF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BA)

 ABK ∽ AFC ( g  g )

7

c) CBK  CAK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK)
CBK  CFM ( so le trong)  CFM  CAK  Tứ giác AFMC nội tiếp
 AMC  AFC  CM  AK

Bài 5:(1 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1

a2
2b2 3c 2


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
a 1 b 1 c 1
Hướng dẫn
P

a 2  1  1 2b2  2  2 3c 2  3  3


a 1
b 1
c 1

1  
2  
3 

P   a 1
   2  b  1 
   3  c  1 

a 1  
b 1  
c 1 

1  
2  
3 

P   a 1
   2  b  1 
   3  c  1 
  12
a 1  
b 1  
c 1 


P2

 a  1 .

1
2
3
 2 2  b  1 .
 2 3  c  1 .
 12  24
a 1
b 1
c 1

Vậy GTNN của P là 24 khi a  b  c  2 .

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
Môn: Toán 9 - Năm học: 2014- 2015.
(Thời gian làm bài: 90 phút)
Bài 1: ( 2,5 điểm) Cho biểu thức A 

x  2 x  10
1
x 2


x x 6
x 2
x 3

với x  0; x  9 .

a) Rút gọn A .
b) Tính giá trị của A khi x  9  4 5 .
c) Tìm giá trị của x để A 

1
.
3

2 x  y  3m  2
Bài 2: ( 2,0 điểm) Cho hệ phương trình: 
( m là tham số )
x  y  5
a) Giải hệ phương trình khi m  4 .
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn: x  y  13 .
Bài 3: ( 2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  m  3  0 (1)

8

1) Giải phương trình (1) với m  3 .
2) Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức x12  x22  8 .
Bài 4: ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A . Đường thẳng
vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn tại I , K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI
( K khác C và I ), tia AK cắt nửa đường tròn  O  tại M , tia BM cắt tia CI tại D . Chứng
minh:
1) Các tứ giác: ACMD; BCKM nội tiếp đường tròn.
2) CK .CD  CACB
.
3) Gọi N là giao điểm của AD và đường tròn  O  chứng minh B, K , N thẳng hàng.
4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di
động trên đoạn thẳng CI .

HƯỚNG DẪN
Bài 1: ( 2,5 điểm) Cho biểu thức A 

x  2 x  10
1
x 2


x x 6
x 2
x 3

với x  0; x  9 .

a) Rút gọn A .
b) Tính giá trị của A khi x  9  4 5 .
c) Tìm giá trị của x để A 

1
.
3

Hướng dẫn
a) Với x  0; x  9 ta có :
A



x  2 x  10
1
x 2


x x 6
x 2
x 3

x  2 x  10
1
x 2


( x  2)( x  3)
x 2
x 3



x  2 x  10  1.( x  3)  ( x  2)( x  2)
( x  2)( x  3)



x  2 x  10  x  3  x  4
( x  2)( x  3)

9



x 3

( x  2)( x  3)

1
x 2

b) Với x  9  4 5 ( thỏa mãn điều kiện xác định ) .
Thay vào A ta được:
A

1
94 5 2



1
( 5  2) 2  2

Vậy x  9  4 5 thì A 



1
5 2 2



1
1
5


( vì
5
5 22
5

5 2 0)

5
.
5

1
1
1
c) Ta có A  
  x  2  3  x  1  x  1 ( thỏa mãn điều kiện) .
3
x 2 3

Vậy x  1 là giá trị cần tìm.

2 x  y  3m  2
Bài 2: ( 2,0 điểm) Cho hệ phương trình: 
( m là tham số )
x  y  5
a) Giải hệ phương trình khi m  4 .
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn: x  y  13 .
Hướng dẫn
a) Thay m  4 vào hệ phương trình đã cho ta được:

2 x  y  14
3x  9
 x  3
 x  3




x  y  5
 x  y  5 3  y  5  y  8
Vậy khi m  4 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3 ; 8 
b) Ta có :

2 x  y  3m  2
3x  3m  3  x  m  1
x  m 1




x  y  5
x  y  5
m  1  y  5
y  m  4
Hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn: x  y  13
 m  1  m  4  13  2m  16  m  8 (1)

Vậy m  8 là các giá trị cần tìm.

Bài 3: ( 2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  m  3  0 (1)
1) Giải phương trình (1) với m  3 .

10

2) Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức x12  x22  8 .
Hướng dẫn
x  0
1) Với m  3 ta có: x 2  8 x  0  x  x  8   0  
. Vậy: …………..
 x  8

2) Ta có:
2

1  15

 '   m  1  m  3  m  m  4   m     0 m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm
2
4

2

2

phân biệt với mọi m.
c) Vì phương trình có hai nghiệm với mọi m , gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Áp dụng định lí
 x  x  2m  2
Vi-Ét ta có:  1 2
(*) .
 x1 x2   m  3

Để x12  x22  8   x1  x2   2 x1 x2  8 (**)
2

m  1
Thay (*) vào (**) ta được:  2m  2   2  m  3  8  4m  6m  2  0  
m  1

2
2

2

Vậy: ………………………….
Bài 4: ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A . Đường thẳng
vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn tại I , K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI
( K khác C và I ), tia AK cắt nửa đường tròn  O  tại M , tia BM cắt tia CI tại D . Chứng
minh:
1) Các tứ giác: ACMD; BCKM nội tiếp đường tròn.
2) CK .CD  CACB
.
3) Gọi N là giao điểm của AD và đường tròn  O  chứng minh B, K , N thẳng hàng.
4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di
động trên đoạn thẳng CI .
Hướng dẫn

11

D

M

I
N

E

K

C O

A

B

1) Ta có: AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AMD  900 ( góc kề bù) .
Và ACD  900 (gt) . Suy ra ACD  AMD  900 mà đây là hai góc có đỉnh kề nhau, cùng nhìn
cạnh AD nên tứ giác ACMD nội tiếp.
+ Xét tứ giác BMKC có BMK  BCK  900  900  1800 mà đây là hai góc đối nhau, nên tứ
giác BMKC nội tiếp.
2) Chỉ ra CAK  CDB ( cùng phụ ABM )
Suy ra CKA ∽ CBD  g.g   CK .CD  CA.CB .
3) Vì K là trực tâm ADB  BK  AD .
Mặt khác BNA  900 ( góc nt chắn nửa đường tròn) nên BN  AD  B, K , N thẳng hàng.
4) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC  BDC , lại có: BDC  CAK (cùng
phụ với B ), suy ra: EDC  CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O ' là tâm đường
tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O ' cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên . Suy ra O
thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ II

QUẬN HÀ ĐÔNG

Năm học: 2018 – 2019
Môn: Toán 9

ĐỀ CHÍNH
THỨC
Thời gian làm bài: 60 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề gồm có 01 trang)
Bài 1.(2,5 điểm)
Cho Parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  3
a).Vẽ Parabol  P  và đường thẳng  d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

12

b).Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  .
Bài 2.(2,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai tổ sản xuất cùng nhận chung một đơn hàng, nếu hai tổ cùng làm thì sau 15 ngày sẽ
xong. Tuy nhiên, sau khi cùng làm được 6 ngày thì tổ I có việc bận phải chuyển công tác
khác, do đó tổ II làm một mình 24 ngày nữa thì hoàn thành đơn hàng. Hỏi nếu làm một
mình thì mỗi tổ làm xong trong bao nhiêu ngày?
Bai 3. (4,0 điểm)
Cho  O; R  . MN là dây không đi qua tâm. C, D là hai điểm bất kì thuộc dây MN ( C, D
không trùng với M , N ). A là điểm chính giữa của cung nhỏ MN . Các đường thẳng AC và
AD lần lượt cắt  O  tại điểm thứ hai là E , F .

a).Chừng minh ACD = AFE và tứ giác CDEF nội tiếp.
b).Chứng minh AM 2  AC. AE
c).Kẻ đường kính AB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC .
Chứng minh M , I , B thẳng hàng.
Bài 4.(1,0 điểm)
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy  yz  zx  5
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

3x  3 y  2 z









6 x2  5  6 y 2  5  z 2  5

Hết.
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN
Bài 1.(2,5 điểm)
Cho Parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  3
a).Vẽ Parabol  P  và đường thẳng  d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b).Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  .
Hướng dẫn
a).Vẽ Parabol  P  và đường thẳng  d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
Bảng giá trị:

13

b).Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  .
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :
 x  1, y  1
(do y   x 2 )
 x2  2 x  3  x2  2 x  3  0  
x


3,
y

9


Vậy  P  và  d  cắt nhau ở 1;1 và  3;9  .
Bài 2.(2,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai tổ sản xuất cùng nhận chung một đơn hàng, nếu hai tổ cùng làm thì sau 15 ngày sẽ
xong. Tuy nhiên, sau khi cùng làm được 6 ngày thì tổ I có việc bận phải chuyển công tác
khác, do đó tổ II làm một mình 24 ngày nữa thì hoàn thành đơn hàng. Hỏi nếu làm một
mình thì mỗi tổ làm xong trong bao nhiêu ngày?
Hướng dẫn
Gọi x, y (ngày) lần lượt là số ngày tổ 1 , tổ 2 làm xong công việc, điều kiện x; y 
Số phần công việc làm trong 1 ngày của tổ 1 , tổ 2 lần lượt là

*

.

1 1
, .
x y

1 1
Hai tổ cùng làm sau 15 ngày thì xong công việc, ta có: 15     1
x y

14

Hai tổ cùng làm sau 6 ngày thì tổ I chuyển đi và tổ II làm một mình thêm 24 ngày nữa thì
 1 1  24
xong công việc, ta có 6      1
x y y

 1 1
1 1
15     1
 x  24
 x  24
 x y


Giải hệ: 
( x, y thỏa điều kiện).
1
1
y

40


1
1
24

 
6 

1
 y 40
  x y  y


Vậy tổ 1 , tổ 2 lần lượt làm xong công việc trong 24 ngày, 40 ngày.
Bai 3. (4,0 điểm)
Cho  O; R  . MN là dây không đi qua tâm. C, D là hai điểm bất kì thuộc dây MN ( C, D
không trùng với M , N ). A là điểm chính giữa của cung nhỏ MN . Các đường thẳng AC và
AD lần lượt cắt  O  tại điểm thứ hai là E , F .

a).Chừng minh ACD = AFE và tứ giác CDEF nội tiếp.
b).Chứng minh AM 2  AC. AE
c).Kẻ đường kính AB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC .
Chứng minh M , I , B thẳng hàng.
Hướng dẫn
B

E

O

I

F
M

D

C

N

A

a).Chứng minh ACD = AFE và tứ giác CDEF nội tiếp.









1
1
1
1
Có ACD  sđ AN  ME  sđ AM  ME  sđ AE , mà AFE sđ AE .
2
2
2
2

 ACD  AFE
 ACD  AFE nội tiếp (do có góc ngoài bằng góc đối trong).

b).Chứng minh AM 2  AC. AE

15

AMC và AEM có
MAC  EAM (góc chung), AMC  AEM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
AM AC
 AM 2  AC. AE

AE AM

 AMC ∽ AEM 

c).Kẻ đường kính AB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC .
Chứng minh M , I , B thẳng hàng.
Có I là tâm đường tròn ngoại tiếp MEC  IM  IE  IC
Có AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Có 2 IMC  180  MIC  180  2MEC (do MIC  2MEC ), mà CMA  MEC .
 2 IMC  2CMA  180  IMC  CMA  90 .

 IM  MA tại M , mà BM  MA tại M .

Suy ra M , I , B thẳng hàng.
Bài 4.(1,0 điểm)
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy  yz  zx  5
3x  3 y  2 z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 









6 x2  5  6 y 2  5  z 2  5

Hướng dẫn
P







3x  3 y  2 z









6 x  5  6 y2  5  z2  5
2

3x  3 y  2 z
6  x 2  xy  yz  zx   6  y 2  xy  yz  zx   z 2  xy  yz  zx
3x  3 y  2 z
6  x  y  x  z   6  x  y  y  z   6  z  x  y  z 

3 x  y  2  x  z  

1
 5x  3 y  2 z  .
2

3 x  y  2  y  z  

1
 3x  5 y  2 z  .
2

1
2

 z  x  y  z    x  y  2z  .
P

2  3x  3 y  2 z  2
 .
9x  9 y  6z
3

16

3  x  y   2  x  z   2  y  z 
x  y
x  y  1


Đẳng thức xảy ra khi  z  x  y  z
 2 x  z

 xy  yz  zx  5
 xy  yz  zx  5  z  2



(do x, y, z là các số thực dương).
Vậy Min P 

2
khi x  y  1 , z  2 .
3

UBND QUẬN BẮC TỪ LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

II NĂM HỌC 2017 – 2018 - MÔN: TOÁN 9
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức A

1
x

1) Tính giá trị của biểu thức B khi x

3

x
x

11
và B
9

x

3
2

với x  0; x  9

9
16

2) Rút gọn biểu thức M  A.B
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M
Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ sẽ đầy bể. Nếu mở vòi I
chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và mở tiếp vòi II chảy trong 3 giờ thì được

3
bể. Hỏi nếu
10

mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể?
Bài 3 (2,0 điểm):
1) Cho hệ phương trình:

x my
2x 4y

2
3

a) Giải hệ phương trình khi m  3
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất  x; y  thỏa mãn điều kiện x và y là hai số đối nhau.
2) Cho hàm số y   x 2 có đồ thị là parabol  P  và hàm số y  x – 2 có đồ thị là đường
thẳng Gọi A và B là giao điểm của (d) với (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bài 4 (3,5 điểm): Cho nửa đường tròn  O  , đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB.
Trên cung KB lấy một điểm M (khác K , B ). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN  BM . Kẻ
dây BP / / KM . Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP và BM ; E là giao điểm của PB và
AM .

Chứng minh rằng: Tứ giác PQME nội tiếp đường tròn

17

1) Chứng minh:  AKN   BKM
2) Chứng minh: AM .BE  AN . AQ
3) Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QA, QB với đường tròn ngoại tiếp  OMP.
Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm trên một
đường cố định.
Bài 5 (0.5 điểm): Cho x  0, tìm GTNN của biểu thức A

x2

3x

1
x

Hết.
HƯỚNG DẪN
Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức A

1
x

3

1) Tính giá trị của biểu thức B khi x

x
x

11
và B
9

x

3
2

với x  0; x  9

9
16

2) Rút gọn biểu thức M  A.B
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M .
Hướng dẫn

1) Thay x

9
3
3  12
3
3
9
9
4
 4 
(thỏa mãn điều kiện) vào B ta được: B  16
2
2
2
8
16

 1
x  11  x  3
2) M  A.B  


x  9 
2
 x 3


 x 3
2 x  14
x 7
x 3
x  11


 

 
2
( x  3)  2 ( x  3)
 ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) 

3) M 


x 7
4
 1
( x  3)
( x  3)

x  0 nên

Vậy Max M 

x  3  3 suy ra:

4
4
4
4
7
  1
 1  M 
3
3
x 3 3
x 3

7
x0
3

Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ sẽ đầy bể. Nếu mở vòi I
chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và mở tiếp vòi II chảy trong 3 giờ thì được

3
bể. Hỏi nếu
10

mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể?

18

Hướng dẫn
Gọi x và y là thời gian vòi I và vòi II chảy một mình đầy bể là
1 giờ vòi I chảy được:

 x, y  12  , giờ

1
1
1
(bể); 1 giờ vòi II chảy được:
(bể), 1 giờ cả 2 vòi chảy được:
y
12
x

(bể)
Theo đề bài ta có phương trình:
4 giờ vòi I chảy được

1 1 1
 
x y 12

4 3 3
3
4
(bể); 3 giờ vòi II chảy được
(bể) nên ta có:  
x y 10
y
x

1 1 1
 3 3 1
 x  y  12
 x  y  4 1


Ta có hệ: 

4  3  3
 4  3  3  2
 x y 10
 x y 10

(1) + (2) ta được:

1 1 1
1
1 1 3
1
nên   
nên x  20; y  30
  
y 12 20 30
x 4 10 20

Vậy: Vòi I chảy một mình đầy bể là 20 (giờ), vòi II chảy một mình đầy bể là 30 (giờ)
Bài 3 (2,0 điểm):
1) Cho hệ phương trình:

x my
2x 4y

2
3

a) Giải hệ phương trình khi m  3
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất  x; y  thỏa mãn điều kiện x và y là hai số đối nhau.
2) Cho hàm số y   x 2 có đồ thị là parabol  P  và hàm số y  x – 2 có đồ thị là đường
thẳng Gọi A và B là giao điểm của (d) với (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Hướng dẫn
1)
x 3y 2
a) Thay m  3 vào hệ ta được:
2x 4y 3

2x 6y
4
2x 4y 3

2x
x

3y

1
2

x
y

1
2
1
2

Nên hệ có nghiệm 1, 2 

2 x  2my  4
(2m  4) y  1
 x  my  2
b) 


 x  my  2
2 x  4 y  3 2 x  4 y  3


Để hệ có nghiệm duy nhất thì 2m  4  0  m  2 (1) khi đó hệ phương trình có nghiệm:

19


1
3m  8

 y  2m  4
 x  2m  4


x  2  m
y  1


2m  4
2m  4

1
3m  8

 y  2m  4
 x  2m  4

x và y là hai số đối nhau nên 
x  2  m
y  1


2m  4
2m  4

Từ (1) và (2) suy ra: m 

 2

7
3

2)
PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) :

 x1  1  y1  1
 x2  x  2  x2  x  2  0  
 do a  b  c  0 
 x2  2  y2  4

nên A(2; 4) B(1; 1)
Gọi C giao điểm của (d) và trục Oy, ta có C (0; 2)
S AOB  SOBC  S AOC 

S AOB 


BH  OC AK  OC xB  | 2 |


2
2
2

|1|  | 2 | | 2 |  | 2 |

3
2
2

Bài 4 (3,5 điểm): Cho nửa đường tròn  O  , đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB.
Trên cung KB lấy một điểm M (khác K , B ). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN  BM . Kẻ
dây BP / / KM . Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP và BM ; E là giao điểm của PB và
AM .

Chứng minh rằng: Tứ giác PQME nội tiếp đường tròn
1) Chứng minh:  AKN   BKM

20

2) Chứng minh: AM .BE  AN . AQ
3) Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QA, QB với đường tròn ngoại tiếp  OMP.
Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm trên một
đường cố định.
Hướng dẫn
Q

I

R

K

S
M

P
N
E
A

B
O

1) Chứng minh rằng: Tứ giác PQME nội tiếp đường tròn
Xét (O), đường kính AB có:
APB  900 ; AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên QPB  900 ; QMA  900 ( kề bù)
Suy ra:  QPE  QME  1800 nên tứ giác PQME nội tiếp đường tròn
2) Chứng minh:  AKN   BKM
K là điểm chính giữa cung AB nên sđ KA = sđ KB  AK  KB (liên hệ giữa cung và dây)

Xét  AKN và  BKM ta có:
AK  KB (chứng minh trên);
KAN  KBM (chắn cung KM );
AN  BM (gt)

nên  AKN   BKM
3) Chứng minh: AM .BE  AN . AQ

21

 AMQ đồng dạng với  BME (g –g),

suy ra:

AM AQ
,

BM EB

mà AN  BM (gt) nên AM .BE  AN . AQ
a QA, QB với đường tròn ngoại tiếp 

4) Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai củ

OMP. Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm

trên một đường cố định
 OPM vuông cân tại O nên sđ PM  900

 PQB vuông cân nên Q  450

Mà OSB  OPM  450  Q  OSB  45  SO //QA hay SO //AR(1)
Ta có: QRS  SMP (tứ giác PRSM nội tiếp)  QRS  QAB  RS //AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác ARSO là hình bình hành.
Lấy điểm I , C , D lần lượt là trung điểm của RS , AO và OB như vậy C , D là các điểm cố
định.
Chứng minh dễ dàng các tứ giác ARIC, BSID là các hình bình hành  AQB  CID  450
I luôn nhìn CD cố định dưới góc 45o ⇒ I nằm trên cung chứa góc 45o vẽ trên đoạn CD

cố định. Vậy điểm I nằm trên cung tròn cố định (đpcm)

Bài 5 (0.5 điểm): Cho x  0, tìm GTNN của biểu thức A

x2

3x

1
x

Hướng dẫn
2

1 
1 1 
1 
1 1

Ta có: A   x 2  x     4 x      x     4 x   
4 
x 4 
2 
x 4

2

1
1

Ta thấy:  x    0 , dấu “=” xảy ra khi x 
2
2


Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương: 4 x 
Dấu “=” xảy ra khi 4 x 
Vậy: Min y 

1
4
x

1
1
15
1
, dấu “=” xảy ra khi x 
 2  x  . Nên A 
x
2
4
2

15
1
khi x 
4
2

22

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II

QUẬN TÂY HỒ

Năm học: 2018 - 2019
MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (2,0 điểm).
1) Tính giá trị của biểu thức A 
2) Rút gọn biểu thức B 

x 1
, khi x  9 .
x 1

x 5
1
8


với x  0, x  1 .
x 1 1  x x 1

3) Tìm x để P  A.B có giá trị nguyên.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
3x  y  5
a) 
x  2 y  4

2 x  1  3 y  2  5
b) 
4 x  1  y  2  17

Câu 3 (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ đầy bể. Nếu người ta
mở cả hai vòi chảy trong 4 giờ rồi khóa vòi hai lại và đề vòi một chảy tiếp 14 giờ nữa thì
mới đầy bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn  O; R  và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.
Từ điểm M thuộc đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn. Hạ OH vuông góc với
đường thẳng d tại H . Nối AB cắt OH tại K , cắt OM tại I . Tia OM cắt đường tròn  O; R  tại E.
a) Chứng minh: AOBM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: OI .OM  OK.OH .
c) Chứng minh: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB .
d) Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích tam giác OIK có giá trị lớn nhất.
Câu 5 (0,5 điểm). Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y  1
1 
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   x     y  
x 
y

2

2

----------------------Hết-------------------

HƯỚNG DẪN
Câu 1 (2,0 điểm).

23

x 1
, khi x  9 .
x 1

1) Tính giá trị của biểu thức A 

x 5
1
8


với x  0, x  1 .
x 1 1  x x 1

2) Rút gọn biểu thức B 

3) Tìm x để P  A.B có giá trị nguyên.
Hướng dẫn
x 1
, khi x  9 .
x 1

1) Tính giá trị của biểu thức A 

Điều kiện: x  0 . Ta có: x  9 (thỏa mãn )
Thay x  9 vào A : A 

9 1 1
 .
9 1 2

Vậy x  9 thì giá trị của A bằng
2) Rút gọn biểu thức B 
x 5
1


x 1
x 1

B







x 5





x 5
1
8


với x  0, x  1 .
x 1 1  x x 1

8











x 1


 x 1 x  1 
x5 x 4





x 1

x 1  x  1  8

x 1

1
.
2

x 1




x  1

x 1

x  4 x  5  x 1 8





x 1


x  1

x 4



x 1

x 4
x 1

3) Tìm x để P  A.B có giá trị nguyên.
Điều kiện: x  0; x  1
P  A.B 

x 1 x  4
.

x 1 x 1

x 4
3
 1
x 1
x 1

Ta có:
x  0; x  1  x  1  1  0 
x 1  1  0 

3
3
 0  1
1 P 1
x 1
x 1

3
3
 3  1
 4 P 4
x 1
x 1

Vậy: 1  P  4 . Do P  Z  P  2;3; 4
TH1: P  2  1 

3
2
x 1

3
 1  x  1  3  x  2  x  4(t / m)
x 1

24

TH2: P  3  1 

3
3
x 1

3
3
1
1
 2  x  1   x   x  (t / m)
2
2
4
x 1

TH3: P  4  1 

3
4
x 1

3
 3  x  1  1  x  0  x  0(t / m)
x 1

1

Vậy: x  0; 4; 
4


Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
3x  y  5
a) 
x  2 y  4

2 x  1  3 y  2  5
b) 
4 x  1  y  2  17

Hướng dẫn
3x  y  5
6 x  2 y  10
7 x  14
x  2
x  2




a) 
x  2 y  4
x  2 y  4
x  2 y  4
2  2 y  4
y 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

 x; y    2;1


2 x  1  3 y  2  5
b) 

4 x  1  y  2  17

Điều kiện: x  1; y  2



2 x  1  3 y  2  5
2 x  1  3 y  2  5
2 x  1  3 y  2  5





14 x  1  56
4 x  1  y  2  17
12 x  1  3 y  2  51 



2 x  1  3 y  2  5
2.4  3 y  2  5




 x 1  4
 x 1  4
 y  2  1  y  2  1
 y  3(t / m)



 x  1  16  x  15(t / m)
 x  1  4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : ( x; y)  (15;3) .
Câu 3 (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ đầy bể. Nếu người ta
mở cả hai vòi chảy trong 4 giờ rồi khóa vòi hai lại và đề vòi một chảy tiếp 14 giờ nữa thì
mới đầy bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Hướng dẫn
Gọi thời gian vòi một và vòi hai chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ) (x > 0, y > 0)
Mỗi giờ vòi một và vòi hai chảy được

1 1
,
(bể)
x y

Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 12 giờ sẽ đầy bể nên ta có phương trình:

1 1 1
(1)
 
x y 12

25

Vì mở cả hai vòi trong 4 giờ sau đó khóa vòi hai để vòi một chảy một mình tiếp 14 giờ đầy
bể nên ta có phương trình:

1
1
 14  1 (2)
3
x

1 1 1
 x  y  12
 x  21(TM)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

 y  28(TM )
 1  14. 1  1
 3
x

Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là 21 giờ, vòi hai chảy một mình đầy bể là 28
giờ.
Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn  O; R  và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.
Từ điểm M thuộc đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn. Hạ OH vuông góc với
đường thẳng d tại H . Nối AB cắt OH tại K , cắt OM tại I . Tia OM cắt đường tròn  O; R  tại E.
a) Chứng minh: AOBM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: OI .OM  OK.OH .
c) Chứng minh: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB .
d) Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích tam giác OIK có giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn

M
A
E

I
K

H

O
B

a) Chứng minh: AOBM là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác AOBM có: MAO  MBO  180 .
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau. Suy ra AOBM là tứ giác nội tiếp.

26

b) Chứng minh: OI .OM  OK.OH
Ta có: OIK ∽ OHM (g-g)
OI
OK

 OI .OM  OH .OK (đpcm)
OH OM

c) Chứng minh: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB .
- Xét (O) có AOE  BOE (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
sđ cung AE = sđ cung BE  BAE  MAE
- Xét ABM có:
+) MO là phân giác thứ nhất (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
+) AE là phân giác thứ hai (cmt)
+) MO cắt AE tại E  E là tâm đường tròn nội tiếp AMB (đpcm)
d) Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích tam giác OIK có giá trị lớn nhất.
- Có: OH .OK  OI .OM  OB 2  R 2  OH .OK  R 2  OK 

R2
.
OH

Mà OH không đổi, nên OK không đổi.
1
1
1
- Ta có: SOIK  OI .IK   OI 2  IK 2   OK 2  const
2
4
4

Để diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn nhất thì OI  IK . Khi đó: 1 

OI OH
.

IK HM

Suy ra OH  HM .
Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d) sao cho OH  HM thì diện tích tam giác OIK đạt giá
trị lớn nhất.
Câu 5 (0,5 điểm). Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y  1
2

1 
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   x     y   .
x 
y

2

Hướng dẫn
Ta có: x  y  2 xy  0  xy 

1
4

2


1 
1
1 1
1
1
15 

A   x     y    x 2  y 2  2  2  4  2 xy  2  4  2  xy 

4
x 
y
x
y
xy
16 xy 16 xy 


2




 1 15 
1
15 
25
 A  2  2 xy.

4
  4  2  2. 

1
16 xy 16 xy 
2

 4 16. 

4

27

Vậy Amin 

25
1
khi x  y 
2
2

----------------------Hết------------------TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1 (2 điểm). Giải hệ phương trình:
 x
x2 

b) 
 4 
 x  2

 2 x  5 y  1
a) 
5 x  6 y  4

1
3
y 1
3
1
y 1

Bài 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình.
Theo kế hoạch hai tổ được giao sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian đã định. Do cải
tiến kỹ thuật nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch 18% và tổ II sản xuất vượt mức kế
hoạch 21%. Vì vậy trong cùng thời gian quy định hai tổ đã hoàn thành vượt mức 120 sản
phẩm. Tính số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch.
Bài 3 (2 điểm)
a) Vẽ parabol ( P) : y  2 x 2
b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P) tại hai điểm A và B có hoành độ lần
lượt là 1 và 2.
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn (O; R) . Từ điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với
đường tròn ( B, C là hai tiếp điểm). Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O ) tại D
( D khác B ), đường thẳng AD cắt (O ) tại E ( E khác D ).
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
b) Chứng minh AE. AD  AB 2
c) Chứng minh góc CEA = góc BEC
d) Giả sử OA  3R . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD theo R .
Bài 5 (0,5 điểm) Giải phương trình:
x 2  2018 2 x 2  1  x  1  2018 x 2  x  2

------Hết-----

28

HƯỚNG DẪN
Bài 1 (2 điểm). Giải hệ phương trình:
 2 x  5 y  1
a) 
5 x  6 y  4

 x
x2 

b) 
 4 
 x  2

1
3
y 1
3
1
y 1

Hướng dẫn
2 x  5 y  1 10 x  25 y  5
13 y  13
x  2



a) 
5 x  6 y  4
10 x  12 y  8
2 x  5 y  1  y  1

 x
x2 

b) 
 4 

x2

1
 2
3 

y 1
x2

3
 4 
1

y 1
x2

1
 10
24

2
7
x


y 1
x2

7


3
 5 3
y  2
1


y 1
3

 y 1

Bài 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình.
Theo kế hoạch hai tổ được giao sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian đã định. Do cải
tiến kỹ thuật nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch 18% và tổ II sản xuất vượt mức kế
hoạch 21%. Vì vậy trong cùng thời gian quy định hai tổ đã hoàn thành vượt mức 120 sản
phẩm. Tính số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch.
Hướng dẫn
Gọi số sản phẩm tổ I và tổ II được giao theo kế hoạch lần lượt là x, y ( x, y 

*

; x, y  600 )

Vì theo kế hoạch hai tổ được giao sản xuất 600 sản phẩm nên ta có x  y  600 (1)
Vì tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch 18% nên số sản phẩm vượt mức của tổ I là: 0,18x
Vì tổ II đã sản xuất vượt mức kế hoạch 21% nên số sản phẩm vượt mức của tổ II là: 0, 21y
Vì 2 tổ vượt mức 120 sản phẩm nên ta có phương trình: 0,18 x  0, 21y  120 (2)
 x  y  600
0, 03x  6
 x  200


Từ (1) và (2) ta có hệ 
(tm)
0,18 x  0, 21 y  120
 x  y  600
 y  400

Vậy số sản phẩm được giao của tổ I, II theo kế hoạch lần lượt là 200 sản phẩm và 400 sản
phẩm.
Bài 3 (2 điểm)
a) Vẽ parabol ( P) : y  2 x 2
b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P) tại hai điểm A và B có hoành độ lần
lượt là 1 và 2.
Hướng dẫn

29

a) Bảng giá trị

x

-2

-1

0

1

2

( P) : y  2 x 2

8

2

0

2

8

Đồ thị

b) Dựa vào bảng giá trị ta có A(1;2) và B(2;8) .
Gọi (d ) : y  ax  b  a  0  . Vì ( d ) đi qua A(1;2) và B(2;8) nên ta có hệ
a  b  2
a  2


 2a  b  8
b  4

Vậy (d ) : y  2 x  4 .
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn (O; R) . Từ điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với
đường tròn ( B, C là hai tiếp điểm). Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O ) tại D
( D khác B ), đường thẳng AD cắt (O ) tại E ( E khác D ).
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
b) Chứng minh AE. AD  AB 2
c) Chứng minh góc CEA = góc BEC
d) Giả sử OA  3R . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD theo R .
Hướng dẫn

30

B
H
D
E
O

A

K

C

a) Ta có OBA  OCA  1800 nên tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn
b)

ABE

Xét


 EBA  ADB
 ABE

DAB
chung



ADB( g.g ) 

ADB





AB AE

 AE. AD  AB 2
AD AB

c) Ta có CEA  1800  ECA  EAC  1800  CBE  ADB  1800  CBE  BCE  BEC
d) Gọi K là giao điểm của OA, BC và H là giao điểm của CO, BD .
Ta có OA là đường trung trực BC nên OA  CK .
Áp dụng hệ thức lượng cho CAO ta có OC 2  OA.OK  OK 

R2 R

3R 3

Áp dụng định lí Pytago cho COK có :
2

2R 2
4R 2
R
CK  OC  OK  R    
 BC  2CK 
3
3
3
2

2

2

Vì BD / / AC nên DC  BC . Khi đó CH là trung trực của DB .
Ta có CKO CHB( g.g ) 

CK OC
CK .BC 16R

 CH 

CH BC
OC
9

Vậy khoảng cách giữa AC, BD bằng

16 R
.
9

Bài 5 (0,5 điểm) Giải phương trình:
x 2  2018 2 x 2  1  x  1  2018 x 2  x  2

(1)

Hướng dẫn
ĐK: x 
(1)  x  x  1  2018( 2 x  1  x  x  2)  0  x  x  1  2018
2

2

2

2

x2  x 1
2 x2  1  x2  x  2

0

31



2018
1 5
2
.
 ( x 2  x  1) 1 
  0  x  x 1  0  x 
2
2
2
2x 1  x  x  2 


PHÒNG GIÁO DỤC QUẬN BẮC TỪ LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II

TRƯỜNG THCS NEWTON

Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời

ĐỀ SỐ 1

gian giao đề)

 1
1 
x

Câu 1. (2,5 điểm) Cho P  
:
x 1 x  2 x 1
 x x

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của P biết x 

2
2 3

c) Tìm các giá trị của x để P 

1
2

Câu 2. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi
và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của khu vườn mới là 194m. Hãy tìm chiều dài, chiều rộng của khu
vườn đã cho lúc ban đầu.
3x  y  2m  1
Câu 3 (2 điểm) Cho hệ phương trình: 
 x  2 y  3m  2

(1)

a) Giải hệ phương trình đã cho khi m  1 .
b) Tìm m để hệ (1) có cặp nghiệm  x; y  duy nhất thỏa mãn: x 2  y 2  5
Câu 4 (1 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y   a – 2b  x  b . Tìm a, b để  d  đi
qua A 1; 2  và B  4; 3 .
Câu 5 (2,5 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại
I ( I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F .

Chứng minh:
a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn
b) IA.IB  IC.ID và AE. AF  AC 2
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp CEF luôn thuộc một
đường thẳng cố định

32

Câu 6 (0,5 điểm). Cho a, b, c, d  0 . Chứng minh:
abcde  a



b c d e



Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN
 1
1 
x

Câu 1. (2,5 điểm) Cho P  
:
x 1 x  2 x 1
 x x

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của P biết x 

2
2 3

c) Tìm các giá trị của x để P 

1
2

Hướng dẫn
a) ĐKXĐ: x  0, x  1
 1
1 
x
P

:
x 1 x  2 x 1
 x x


1


 x x  1
x



x







x 1


.

x 1




:
x  1 


x



x 1
x



 

x



x 1

2

2



x 1
x

b) Ta có
x

2
2 3





2 2 3
43

  42

3 (thỏa mãn điều kiện)

Thay x  4  2 3 vào biểu thức P ta được
P

4  2 3 1
42 3

Vậy khi x 



32 3



3
2

thì P 

3
2

42 3

2
2 3

33

c) Để P 

1
thì
2

x 1 1
x 1 1
x2
 
 0
0
x
2
x
2
2x

Vì x  0; x  1 nên 2x  0  x  2  0  x  2 (thoản mãn điều kiện)
Vậy với x  2 thì P 

1
2

Câu 2. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi
và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của khu vườn mới là 194m. Hãy tìm chiều dài, chiều rộng của khu
vườn đã cho lúc ban đầu.
Hướng dẫn
Gọi chiều dài của khu vườn lúc đầu là x  cm 

72 
Chiều rộng của khu vườn lúc đầu là y  cm   0  x; y  
2 


Vì chu vi khu vườn lúc đầu là 72 cm nên ta có phương trình:
2  x  y   72  x  y  36

 1

Chiều rộng sau khi tăng là : 2x  cm 
Chiều dài sau khi tăng là : 3x  cm 
Vì tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của khhu vườn mới là 194
cm nên ta có phương trình :
2  3 x  2 y   194  3x  2 y  97

2

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
 x  y  36
 x  25

TM 

3 x  2 y  97
 y  11

Vậy chiều dài và chiều rộng lúc đầu lần lượt là 25 cm; 11 cm.
3x  y  2m  1
Câu 3 (2 điểm) Cho hệ phương trình: 
 x  2 y  3m  2

(1)

a) Giải hệ phương trình đã cho khi m  1 .
b) Tìm m để hệ (1) có cặp nghiệm  x; y  duy nhất thỏa mãn: x 2  y 2  5
Hướng dẫn

34

7 x  7
3x  y  1
6 x  2 y  2
x  1


a) Khi m  1 ta được hệ phương trình 
.

5x  
x  2 y  5
x  2 y  5
y  2
 y  2

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm  x; y    1; 2  .
6 x  2 y  4 m  2
x  m

b) Hệ đã cho tương đương với 
.
x

2
y
y


3
m
m


2
1


m  1
x 2  y 2  5  2m2  2m  1  5  m2  m  2  0  
.
 m  2

Vậy có hai giá trị thỏa mãn là m  1; m  2 .
Bài 4 (1 điểm): Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y   a  2b  x  b . Tìm a , b để  d  đi qua
A  1; 2  và B  4; 3  .

Hướng dẫn
Đường thẳng  d  đi qua A  1; 2  nên ta có:

 a  2b  .1  b  2  a  2b  b  2  a  b  2  a  2  b 1
Đường thẳng  d  đi qua B  4; 3  nên ta có:

 a  2b  .  4   b  3  4a  8b  b  3  4a  9b  3  2 
Thay a  2  3b vào phương trình  2  ta được:
4.  2  b   9b  3  8  4b  9b  3  5b  5  b  1

Thay b  1 vào phương trình  1 ta được: a  2  1  3
Vậy a  3, b  1 .
Câu 5 (2,5 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại
I ( I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F .

Chứng minh:
a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn
b) IA.IB  IC.ID và AE. AF  AC 2
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp CEF luôn thuộc một
đường thẳng cố định
Hướng dẫn

35

a) ta có AEB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tứ giác BEFI có
FIB  AEB  1800  BEFI là tứ giác nội tiếp.

b) Xét AID và CIB có
AID  CIB  900 ; DAI  BCI (2 góc nội tiếp cùng chắn DB )

nên AID ∽ CIB  g.g  

AI ID

 IA.IB  IC.ID .
CI IB

Chứng minh tương tự AIF ∽ AEB  g.g   AE.AF  AI .AB
Mà ACB  900 nên ACB vuông tại C có đường cao CI . Áp dụng hệ thức lượng ta có:
AI.AB  AC 2

Do đó AE.AF  AC 2 .
c) Gọi M là giao điểm của đường tròn  J  ngoại tiếp tam giác CFE ta có
CMF  CEF  CBA (góc nội tiếp cùng chắn một cung)
 FM //AB mà AB  CI  FM  CI  CFM  900 suy ra CM là đường kính

 J

nên

J  BC cố định

Câu 6 (0,5 điểm). Cho a, b, c, d  0 . Chứng minh:
abcde  a



b c d e



Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được

36

a
a
a
a
ad
ac
ab
ae
b 2
 ad ;  e  2
 ac ;  d  2
 ab ;  c  2
 ae
4
4
4
4
4
4
4
4

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được
a  b  c  d  ab  ac  ad  ae  a  b  c  d  a

Dấu = xảy ra khi



b c d e



a
bcde0
4

TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 8
Thời gian 90 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN ĐẠI SỐ ( 10 ĐIỂM )
Bài 1. (2,5 điểm): Cho biểu thức A 

x
2
2


với x  0; x  1
x 1
x 1 x 1

x 1
với x  0
x

và B 
a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức B khi 4 x 2  x  5  0 .
c) Tìm m để có giá trị x thỏa mãn 2 A  mB  0
Bài 2. (3,5 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Hai ca nô cùng khởi hành từ hai bến A và B cách nhau 85km đi ngược chiều nhau thì sau 1
giờ 40 phút thì gặp nhau. Tính vận tốc riêng của mỗi ca nô biết vận tốc riêng của ca nô đi
xuôi lớn hơn vận tốc riêng của ca nô đi ngược là 9 km và vận tốc dòng nước là 3 km/h.
Bài 3 (2,5 điểm): Giải các phương trình sau:
a) 2 x 2  7 x  3  0

b) 5 x 2  2 10 x  2  0

Bài 4 (2,0 điểm): Cho phương trình m 2 x 2  2  m  1 x  1  0 (*) với m là tham số
a) Tìm giá trị của m để phương trình (*) có nghiệm bằng 2
b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
II. PHẦN HÌNH HỌC ( 10 ĐIỂM )
Bài 1. (6,0 điểm): Cho các hình vẽ:
Hình 1.

Hình 2.

(Lưu ý: HS có thể không cần vẽ lại hình)
Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

37

A

A

K

H

S

x

x
40°

60°

M

N

D

D

M

C

D

O

O

O

B

E

A

D

C

O

120°

B

B

So
a) Tính góc BOC
b) Tính diện tích
quạt

tròn

sánh

hai

C

Chứng
minh
So sánh hai góc Tính số đo cung
OMA = MBD
MN
ABC; ADx

góc HEK & HDK

OBC

biết OB = 5,1cm
Bài 2. (4,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với
AB và cắt đường tròn (O) tại điểm C. Trên cung CB lấy một điểm M bất kì. Kẻ CH vuông góc với
AM tại H. Gọi N là giao điểm của OH và MB.
a) Chứng minh tứ giác CHOA nội tiếp được
b) Chứng minh CAO  ONB  450
c) OH cắt CB tại điểm I và MI cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Chứng minh CM//BD
d) Xác định vị trí của M để ba điểm D, H, B thẳng hàng. Khi đó tính độ dài cung MB theo R.

HƯỚNG DẪN
I. PHẦN ĐẠI SỐ ( 10 ĐIỂM )
Bài 1. (2,5 điểm): Cho biểu thức A =

x
2
2


với x ≥ 0; x ≠ 1
x 1
x 1 x 1
x 1
với x  0
x

và B =
a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức B khi 4 x 2  x  5  0 .
c) Tìm m để có giá trị x thỏa mãn 2 A  mB  0
Hướng dẫn

a) A =

x
2
2



x 1
x 1 x 1

x



 

x 1  2

x 1



x 1  2



x x

x 1

x







x 1



x 1



x 1



x
.
x 1

 x 1
2

4
x

x

5

0

b)
x   5
4


38

+ Với x  1 , khi đó: . B =

1 1
 0.
1

5
+ Với x   , khi đó không thỏa mãn điều kiện .
4

Vậy giá trị của B khi x  1 là 0.
b) Với x  0; x  1 .
2 A  mB  0  2.

x
x 1
 m.
 0  2 x  m x 2  1  0  mx 2  2 x  m  0 có nghiệm
x 1
x





+ Với m  0  x  0 ( klhông thỏa mãn do x  0; x  1 ) .
+ Với m  0   '  1  m2  0 , khi đó pt luôn có 2 nghiệm pb.
Vậy Pt có nghiệm khi m  0 .

Bài 2. (3,5 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Hai ca nô cùng khởi hành từ hai bến A và B cách nhau 85km đi ngược chiều nhau thì sau 1
giờ 40 phút thì gặp nhau. Tính vận tốc riêng của mỗi ca nô biết vận tốc riêng của ca nô đi xuôi lớn
hơn vận tốc riêng của ca nô đi ngược là 9 km và vận tốc dòng nước từ A đến B là 3 km/h.
Hướng dẫn
Đổi 1giờ 40phút =

5
3

Gọi x ( Km/h) là vận tốc riêng của ca nô xuôi dòng từ A đến B.
vận tốc xuôi dòng của ca nô từ A đến B là x  3 ( Km/h).
Vận tốc riêng của ca nô ngược dòng từ B đến A là x  9 ( Km/h).
Vận tốc ngược dòng từ B đến A là x 12 ( Km/h).
Quãng đường ca nô đi xuôi dòng từ A đến B:  x  3 .

5
(h)
3

Quãng đường ca nô đi ngược dòng từ B đến A:  x  12  .

5
(h)
3

5
5
Theo đề ta có pt:  x  3 .   x  12  .  85  2 x  9  51  x  30 .
3
3

Vậy vận tốc riêng của ca nô xuôi dòng từ A đến B là 30km/h,
vận tốc riêng của ca nô ngược dòng từ B đến A là 21km/h.
Bài 3 (2,5 điểm): Giải các phương trình sau:
a) 2 x 2  7 x  3  0

b) 5 x 2  2 10 x  2  0
Hướng dẫn

39

a) 2 x 2  7 x  3  0
   7   4.2.3  25  0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2

x1 

75
7 5 1
 1
 3, x2 
 . Vậy S  3; 
4
4
2
 2

b) 5 x 2  2 10 x  2  0
' 

 10 

x1  x2  

2

 5.2  0 , phương trình có nghiệm kép


2 10
10
 10 

. Vậy S  


2.5
5

 5 


Bài 4 (2,0 điểm): Cho phương trình m 2 x 2  2  m  1 x  1  0 (*) với m là tham số
a) Tìm giá trị của m để phương trình (*) có nghiệm bằng 2
b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn
a) Để phương trình có nghiệm bằng 2 thì m2 22  2  m  1 .2  1  0  4m2  4m  3  0
 m1 

24 3
24
1
 , m2 

4
2
4
2

 1 3
Vậy m   ; 
 2 2

 m0
m0



b) Để pt có hai nghiệm pb thì 
1
2
2
m   2
 '   m  1  m  2m  1  0

Do m là giá trị nguyên nhỏ nhất nên m  1
II. PHẦN HÌNH HỌC ( 10 ĐIỂM )
Bài 1. (6,0 điểm): Cho các hình vẽ:
Hình 1.

(Lưu ý: HS có thể không cần vẽ lại hình)

Hình 2.

A

Hình 3.
A

K

H

Hình 4.
x

Hình 5.

S

x
40°

60°

M

N

D

D

M

C

O

O

D
O

B

E

D

C

120°

A

O

B

B

So
a) Tính góc BOC
b) Tính diện tích
quạt

tròn

OBC

sánh

hai

góc HEK & HDK

C

Chứng
minh
So sánh hai góc Tính số đo cung
OMA = MBD
MN
ABC; ADx

40

biết OB = 5,1cm
Hướng dẫn




Hình 1:
a)

BOC  2BAC  1200

b)

S

 OB 2 .BOC
3600



 .5,12.600
3600

 1,36cm

Hình 2:
HEK  HDK ( vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )



Hình 3:
ABC  ADx ( Góc ngoài của tứ giác nội tiếp )



Hình 4:
Sđ MSN = Sđ CD - Sđ MN  Sđ MN = Sđ CD - Sđ MSN = 1200  400  800 .



Hình 5: ta có OMA = OAM ( vì tam giác OMA cân tại O)

Mà OAM = MBD ( góc nt bằng góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn 1 cung)
Nên OMA = MBD
Bài 2. (4,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với
AB và cắt đường tròn (O) tại điểm C. Trên cung CB lấy một điểm M bất kì. Kẻ CH vuông góc với
AM tại H. Gọi N là giao điểm của OH và MB.
a) Chứng minh tứ giác CHOA nội tiếp được
b) Chứng minh CAO = ONB = 450
c) OH cắt CB tại điểm I và MI cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Chứng minh CM//BD
d) Xác định vị trí của M để ba điểm D, H, B thẳng hàng. Khi đó tính độ dài cung MB theo R.
Hướng dẫn
N

a) Chứng minh tứ giác CHOA nội tiếp được

C

Xét tứ giác CHOA có:
M

CHA = COA = 900

Do đó tứ giác CHOA nội tiếp được
b) Chứng minh CAO = ONB = 450

H
A

O

B

Vì tam giác COA vuông cân tại O nên CAO = ONB = 450 .
c) OH cắt CB tại điểm I và MI cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Chứng minh CM//BD.
Ta có: CMA =

1
COA = 450
2
N
C

41

D
I

M

 CHM vuông cân tại H
 HC  HM hay H nằm trên đường trung trực của MC.

Vì OC  OM  R nên O nằm trên trung trực của MC
Khi đó I cũng nằm trên trung trực của MC.
Suy ra tam giác ICM cân tại I
 ICM  IMC .

Hơn nữa, BCM  MDB ( 2 góc nt cùng chắn cung MB)
Suy ra MDB  CMD  CM//BD.
d) Xác định vị trí của M để ba điểm D, H, B thẳng hàng. Khi đó tính độ dài cung MB theo R.

N
C
D
I

M

H
A

TRƯỜNG THCS THÁI THỊNH

O

B

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ II
NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN 9
Ngày kiểm tra: 11 tháng 03 năm 2019
Thời gian làm bài: 90 phút
(Đề kiểm tra gồm 01 trang)

Bài I. (2,0 điểm)
Cho biểu thức A 

x  3 x  16
2x  4 x  6
x 1

và B 
với x  0; x  4; x  9
x 3
x2 x
x 2

1) Tính giá trị của A khi x  36 .

42

2) Rút gọn biểu thức B .
3) Cho P  A.B . Tính giá trị nhỏ nhất của P .
Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lặp phương trình hoặc hệ phương trình
Hai công nhân làm chung trong 12 ngày thì hoàn thành công việc đã định. Họ làm
chung với nhau 4 ngày thì người thứ nhất được điều đi làm việc khác, người thứ hai làm
công việc còn lại trong 10 ngày. Hỏi người thứ nhất làm một mình thì sau bao lâu hoàn thành
công việc.
Bài III. (2,0 điểm)
15
 3
 x  4  2 y  1  2
1) Giải hệ phương trình: 
 2  y  1  2
 x  4

2) Cho hàm số y  x 2

 P

và y  3x – 2  d  ;  d  cắt  P  tại hai điểm A, B với A là

điểm có hoành độ nhỏ hơn.
a) Tìm tọa độ điểm A và B .
b) Tính diện tích OAB với O là gốc tọa độ
Bài IV. (3,5 điểm) Cho đường thẳng d và đường tròn  O; R  không có điểm chung. Kẻ OH  d tại

H . Điểm A thuộc d và không trùng với điểm H . Qua A kẻ hai tiếp tuyên AB, AC tới  O  ( B
và C là các tiếp điểm). BC cắt OA, OH lần lượt tại M và N . Đoạn thẳng OA cắt  O  tại I .
a) Chứng minh 4 điểm O, B, A, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OM .OA  ON .OH .
c) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
d) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường thẳng d thì đường thẳng BC luôn đi
qua một điểm cố định.
Bài V. (0,5 điểm) Cho x  0, y  0 và x  y 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của T 

1
1
 2
x  xy y  xy
2

---HẾT---

HƯỚNG DẪN
Bài I. (2,0 điểm)
Cho biểu thức A 

x  3 x  16
2x  4 x  6
x 1

và B 
với x  0; x  4; x  9
x 3
x2 x
x 2

43

1) Tính giá trị của A khi x  36 .
2) Rút gọn biểu thức B .
3) Cho P  A.B . Tính giá trị nhỏ nhất của P .
Hướng dẫn
a) Khi x  36 (tmđk) thì A 

x  3 x  16 36  3. 36  16 34


3
36  3
x 3

2) Với x  0; x  4; x  9 ta có:
B










x 3

x
2x  4 x  6
x 1 2x  4 x  6



x2 x
x 2
x x 2
x



2x  4 x  6  x  x
x



x 2



3) P  A.B  P 
P  2.

x.



x 5 x 6
x



x 2





x




x  2
x 1



x 2

x 2





x 3
x

x  3 x  16 x  3 x  3 x  16
16
.

 x
3
x 3
x
x
x

16
 3  P  2.4  3  P  5.
x

Pmin  5  x 

16
 x  16  tm 
x

Vậy P đạt GTNN là 5 khi x  16.
Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lặp phương trình hoặc hệ phương trình
Hai công nhân làm chung trong 12 ngày thì hoàn thành công việc đã định. Họ làm
chung với nhau 4 ngày thì người thứ nhất được điều đi làm việc khác, người thứ hai làm
công việc còn lại trong 10 ngày. Hỏi người thứ nhất làm một mình thì sau bao lâu hoàn thành
công việc .
Hướng dẫn
Gọi x, y ( ngày; x, y  0 ) lần lượt là số ngày người 1, người 2 làm 1 mình xong công việc.
 trong 1 ngày làm 1 mình, người 1 làm được là:

1
1
công việc, người 2 làm
công việc.
y
x

Vì 2 người cùng làm thì 10 ngày xong công việc nên ta có phương trình
1 1
12.     1
x y

(1)

44

Làm chung 4 ngày thì người 1 được điều đi làm việc khác, người 2 làm công việc còn lại
1 1
1
trong 10 ngày , ta có phương trình: 4     10.  1
y
x y

(2)

12 12
1 1
 x  y  1  x  60


Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: 

 4  14  1
1  1

 y 15
x y

Giải hệ phương trình được x  60 .
Vậy người 1 làm 1 mình trong 25 ngày thì xong công việc.
Bài III. (2,0 điểm)
15
 3
 x  4  2 y  1  2
1) Giải hệ phương trình: 
 2  y  1  2
 x  4

2) Cho hàm số y  x 2

 P

và y  3x – 2  d  ;  d  cắt  P  tại hai điểm A, B với A là

điểm có hoành độ nhỏ hơn.
a) Tìm tọa độ điểm A và B .
b) Tính diện tích OAB với O là gốc tọa độ
Hướng dẫn
15
 3
 x  4  2 y  1  2
1) Ta có: 
 2  y  1  2
 x  4

Đặt u 

(I)

điều kiện x  4; y  1.

1
; v  y 1  0 .
x4

1
 1
1


6u  4v  15 u 
x  6

(I )  

( thỏa mãn)
2  x4 2  
2u  v  2
v  3
 y 1  3  y  8


Vậy hệ phương trình có nghiệm  6;8 

2)
a) Cho hàm số y  x 2  P  ; y  3x  2  d 

 d    P    A; B

xA  xB

Phương trình hoành độ của  d  và  P  là :

45

x  2
x 2  3x  2  x 2  3x  2  0  
x  1
 xA  2; xB  1  y A  4; yB  1.

Vậy A  2; 4  ; B 1;1 .
b) SOAB  SOAK  SOHB  S BHKA
Với H 1;0  ; K  2;0 
1
1
SOAK  OK .KA  xk . y A
2
2

1
 .2.4  4 (đvdt)
2

1
1
SOHB  OH .HB  xH . yB
2
2
SBHKA 

1
1
 .1.1  (đvdt)
2
2

1
1 5
1
5
 BH  KA  .1  4  (đvdt)  SOAB  4    1 (đvdt)
2
2 2
2
2

Bài IV. (3,5 điểm) Cho đường thẳng d và đường tròn  O; R  không có điểm chung. Kẻ OH  d tại

H . Điểm A thuộc d và không trùng với điểm H . Qua A kẻ hai tiếp tuyên AB, AC tới  O  ( B
và C là các tiếp điểm). BC cắt OA, OH lần lượt tại M và N . Đoạn thẳng OA cắt  O  tại I .
a) Chứng minh 4 điểm O, B, A, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OM .OA  ON .OH .
c) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
d) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường thẳng d thì đường thẳng BC luôn đi
qua một điểm cố định.
Hướng dẫn
a) Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với  O   OBA  OCA  90o
 tứ giác OBAC tứ giác nội tiếp ( có tổng 2 góc đối bằng 180o )
 O, B, A, C cùng thuột một đường tròn

b) Ta có: OB  OC  R
AB  AC ( do AB, AC là 2 tiếp tuyến của  O  )
 OA là đương trung trực của BC

 OA  BC  M
 OMN OHA  g.g 

46



OM ON

 OM .OA  ON .OH ( đpcm)
OH OA

c) AB, AC là 2 tiếp tuyến của  O 
 AO là tia phân giác của BAC; AO   O   I
 A, I , O thẳng hàng  AI cũng là phân giác BAC

BCI 

1
sđ BI ( góc nội tiếp )
2

ICA 

1
sđ IC ( góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung)
2

(1)

AB, AC là tiếp tuyến  OA là đương trung trực của BC

 I  đương trung trực của BC  IB  IC  PBC cân ở I
 PBC  ICB
 BCI  ICA  CI là phân giác ACB

(2)

Từ (1),(2)  I là giao điểm của 2 đường phân giác trong ABC
 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Trong tam giác OBA vuông tại B có BM là

d)
đường cao suy ra OM .OA  OB 2 .

mà theo ý b) ta có OM .OA  ON .OH suy ra ON .OH  OB 2

OB 2
 ON 
không đổi khi điểm A di chuyển trên đường thẳng d nên điểm N cố định.
OH
Vậy khi điểm A di động trên đường thẳng d thì đường thẳng BC luôn đi qua điểm N cố
định.
Bài V. (0,5 điểm) Cho x  0, y  0 và x  y 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của T 

1
1
 2
x  xy y  xy
2

Hướng dẫn
Ta có T 

1
1
1
1
1 1 x y 1
 2


  

x  xy y  xy x( x  y ) y ( x  y ) x y
xy
xy
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho x và y ta có

xy 

x y 1
1
1
  xy  
4
2
2
4
xy

T  4 .
x  y
1
1
 x  y  (t/ m) . Vậy MinT = 4 khi x  y 
Dấu “=” xảy ra  
2
2
x  y  1

47