Câu 1. (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
3 7
1
x y
x y
2. Giải phương trình 4 2
4 3 1 0
x x
.
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Cho hàm số
2
1
2
, với
0
a
. Xác định hệ số
a
, biết đồ thị của hàm số đi
qua điểm
A( 2;1)
.
2. Cho phương trình 2
4 5 2 0
x x m
(1), với
m
là tham số.
a. Giải phương trình (1) khi
1
m
.
b. Tìm các giá trị của
m
để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thoả mãn:
1 2 1 2
2
14
x x x x
.
Câu 3. (1,5 điểm) : Hai xe ô tô cùng xuất phát đi từ A đến B. Vận tốc xe ô tô thứ
nhất nhanh hơn vận tốc xe ô tô thứ hai là 10km/h nên xe ô tô thứ nhất đến B sớm
hơn xe ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe ô tô biết độ dài quãng đường từ A
đến B là 200 km.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp
tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D.
Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.
Chứng minh rằng:
1. Tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn;
2. 2
MB = MD.MA
và
฀
฀
MOC = MEC
;
3. BF // AM.
Câu 5. (0,5 điểm) :Cho hai phương trình 2
(2)
2013 1 0x x và
2
x 2014 1 0 (3).
x Gọi
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình (2) ;
3 4
,
x x
là nghiệm của
phương trình (3). Tính giá trị của biểu thức P =
1 3 2 3 1 4 2 4
( )( )( )( ).
x x x x x x x x
-----------------Hết-------------------
GV: Nguyễn Minh Quyết
TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA ĐỀ KIỂM TRA H
ỌC KỲ II
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút
TRƯỜNG THCS PHÚ ĐA
HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC KÌ II
MÔN : TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2017 - 2018
Hướng dẫn giải Điểm
Câu 1 (2 điểm)
1
(1 điểm)
Ta có:
3 7 4 8 2 2
1 1 1 1
x y x x x
x y x y x y y
0,75
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
( ; ) (2; 1)
x y
. 0,25
2
(1 điểm)
Đặt: 2
x t, t 0.
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 2
4t 3t 1 0
Vì
a b c 4 3 1 0
nên pt trên có nghiệm 1 2
1
t 1, t
4
.
0,5
Vì
t 0
nên 1
t 1
không thỏa mãn điều kiện.
Với 2
1
t t
4
. Khi đó: 2
1 1
x x
4 2
.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
1 1
S = - ;
2 2
0,5
Câu 2 (3 điểm)
1
(1 điểm)
Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm
A( 2;1)
nên, ta có:
2
1
2
a
0,5
1
2 1
2
a a
(thoả mãn điều kiện
0
a
) 0,25
Vậy
1
2
a
là giá trị cần tìm. 0,25
2
(2 điểm)
a. 2
4 5 2 0
x x m
Thay
1
m
vào phương trình (1), ta được pt:
2
4 3 0
x x
(2)
0,25
Vì
a b c 1 4 3 0
nên pt (2) có nghiệm 1 2
x 1, x 3
. 0,5
Vậy với
1
m
thì pt (1) có nghiệm 1 2
x 1, x 3
. 0,25
b. Ta có: 2
' ( 2) 1.(5 2) 4 5 2 6 5
m m m
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khi và chỉ khi:
6
6 5 0 5 6
5
m m m
0,25
Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2
1 2
4
. 5 2
x x
x x m
(3)
Theo đề bài, ta có: 1 2 1 2
2
14 (4)
x x x x
0,25
Thay (3) vào (4) , ta được:
3
4 2(5 2) 14 10 8 14 10 6
5
m m m m
(thỏa mãn ĐK
0,25
6
5
m
)
Vậy
3
5
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25
Câu 3 (1,5 điểm)
(1,5 điểm)
Gọi vận tốc xe ô tô thứ hai là x (km/h), với x > 0.
Khi đó, vận tốc xe ô tô thứ nhất là x + 10 (km/h) 0,25
Thời gian xe ô tô thứ nhất đi quãng đường từ A đến B là :
200
x 10
(giờ) 0,25
Thời gian xe ô tô thứ hai đi quãng đường từ A đến B là :
200
x
(giờ) 0,25
Lập phương trình: 200 200
1
x x 10
(5)
Giải phương trình (5) tìm được 1 2
40, 50
x x
.
0,5
Vì
0
x
nên 2
50
x
không thoả mãn điều kiện của ẩn.
Vậy vận tốc xe ô tô thứ nhất là 50 (km/h);
vận tốc xe ô tô thứ hai là 40 (km/h).
0,25
Câu 4 (3 điểm)
Hình vẽ:
1
(1 điểm)
Vì MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O (gt) nên
MB OB; MC OC
฀
฀
0
MBO MCO = 90
 0,25
Xét tứ giác OBMC có:
฀
฀
0 0 0
MBO + MCO = 90 90 180
, mà
฀
฀
MBO, MCO
là hai góc ở vị trí đối
0,5
F
E
D
M
O
B
A
C
diện nhau.
Suy ra, tứ giác OBMC nội tiếp một đường tròn đường kính OM (đpcm) 0,25
2
(1 điểm)
Xét (O) có:
฀
฀
MBD MAB
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với
dây cung cùng chắn
฀
BD
)
Xét MBD và MAB có:
฀
฀
MBD MAB
(cm
trên
)
฀
M
chung
Do đó: MBD MAB (g.g)
 
2
MB MD MB MA.MD
MA MB
(đpcm)
0,5
Tứ giác MCOE nội tiếp (vì
฀
฀
0
MCO + MEO 180
) nên
฀
฀
MOC = MEC (6)
( hai góc nội tiếp chắn cung MC) (đpcm)
0,5
3
(1,0 điểm)
Ta có:
฀
1
MOC 2
฀
BOC =
1
2
sđ
฀
BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
฀
1
BFC 2
sđ
฀
BC(góc nội tiếp)
฀
฀
BFC MOC (7)
0,5
Từ (6) và (7) suy ra:
฀
฀
BFC MEC
, mà
฀
฀
BFC, MEC
là hai góc ở vị trí đồng
vị.
Do đó: BF // AM (đpcm)
0,5
Câu 5
(0,5 đi
ểm)
(0,5 điểm)
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Theo hệ thức Vi – ét ta có:
x
1
x
2
= 1, x
3
x
4
= 1 , x
1
+x
2
= - 2013, x
3
+ x
4
= - 2014
Biến đổi kết hợp thay: x
1
x
2
= 1; x
3
x
4
= 1
P =
1 3 2 3 1 4 2 4
( )( )( )( )x x x x x x x x
= (x
1
x
2
+ x
2
x
3
- x
1
x
4
- x
3
x
4
)(x
1
x
2
+ x
1
x
3
- x
2
x
4
- x
3
x
4
)
= (x
2
x
3
- x
1
x
4
)(x
1
x
3
- x
2
x
4
)
= x
1
x
2
x
32
- x
3
x
4
x
22
- x
3
x
4
x
12
+ x
1
x
2
x
42
= x
32
- x
22
- x
12
+ x
42
= (x
3
+ x
4
)
2
- 2x
3
x
4
- ( x
2
+ x
1
)
2
+ 2x
1
x
2
= (x
3
+ x
4
)
2
- ( x
2
+ x
1
)
2
0,25
Thay x
1
+x
2
= -2013; x
3
+ x
4
= -2014 được :
P = 2014
2
- 2013
2
=2014+2013 =4027
KL:……
0,25
Tổng điểm 10