Đề khảo sát chất lượng học kì II môn Toán 9 - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II 
NĂM HỌC: 2019 - 2020 
Môn: Toán 9 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu 1: (2,0 điểm). 
Cho biểu thức: 
xx
x
xx
x
B







4
8
1)4)(1(
)4(2
với x 0; x 16  . 
a) Rút gọn biểu thức B. 
b) Tính giá trị của B khi x = 81. 
c) Tìm các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên. 
Câu 2: (2,0 điểm). 
Cho phương trình: x2 – kx + k – 2 = 0 (1) (k là tham số) 
 a) Giải phương trình với k = 1. 
 b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi 
giá trị của k. 
 c) Tìm giá trị của k để các nghiệm x1; x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 
 10
22 2
2
1
1 


 x
x
x
x
Câu 3: (2,0 điểm). 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d) có 
phương trình: y = (4a – 1)x – 2a2 
a) Tìm giá trị của a để đường thẳng (d) đi qua điểm A(0; – 8) 
b) Tìm a để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P), khi đó tìm tọa độ tiếp điểm 
của đường thẳng (d) và parabol (P). 
Câu 4: (3,5 điểm). 
Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa cung AB. 
Điểm M thuộc cung AC. Kẻ MH vuông góc với AB tại H, AC cắt MH tại K; MB cắt 
AC tại E. Kẻ EI vuông góc với AB tại I. Chứng minh rằng: 
1. Tứ giác BHKC nội tiếp. 
2. AK.AC = AH.AB = AM2. 
3. AE.BC + BE.BM = 4R2. 
4. Khi M chuyển động trên cung AC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC 
luôn thuộc một đường thẳng cố định. 
Câu 5: (0,5 điểm). 
 Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn: 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
abc
c
cab
b
bca
a
P





 
Hết 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
 Giám thị 1: . Giám thị 2:  
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 1
HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II MÔN TOÁN 9 
NĂM HỌC 2019 - 2020 
 (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) 
Câu 1: (2,0 điểm). 
Cho biểu thức 
xx
x
xx
x
B







4
8
1)4)(1(
)4(2
với x 0; x 16  . 
a) Rút gọn biểu thức B. 
b) Tính giá trị của B khi x = 81 
c) Tìm các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
(2,0) 
a 
1,0 
ĐKXĐ: x 0; x 16  , ta có: 
1
3
)4)(1(
)4(3
)4)(1(
123
)4)(1(
88482
)4)(1(
)1(8
)4)(1(
)4(
)4)(1(
)4(2
4
8
1)4)(1(
)4(2
4
8
1)4)(1(
)4(2


































x
x
xx
xx
xx
xx
xx
xxxx
xx
x
xx
xx
xx
x
xx
x
xx
x
xx
x
xx
x
B
Vậy với 0; 16x x  thì 
1
3


x
x
B 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b 
0,5 
ĐKXĐ: x 0; x 16  . Có x = 81 thỏa mãn ĐKXĐ. 
Thay x = 81 vào biểu thức B. Ta có 
3 81 27
1081 1
B  

Vậy với x = 81 thì giá trị của 
10
27
B 
0,25 
0,25 
c 
0,5 
ĐKXĐ: 0; 16x x  
 Vì x ≥ 0 suy ra 3 0x  và 1 0x   => B ≥ 0 (1) 
Lại có 
3 3( 1) 3 3
3
1 1 1
x x
B
x x x
 
   
  
 Vì x ≥ 0 suy ra 
3
0
1x


 => B < 3 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 0 ≤ B < 3. 
 2
Câu Ý Nội dung Điểm 
Mà B Z nên B{0; 1; 2} 
TH1: 00
1
3


x
x
x
 (TMĐK) 
TH2: 
4
1
1
1
3


x
x
x
 (TMĐK) 
TH3: 42
1
3


x
x
x
(TMĐK) 
Vậy x  { 4;
4
1
;0 }là giá trị cần tìm. 
0,25 
0,25 
Câu 2: (2,0 điểm). 
 Cho phương trình: x2 – kx + k – 2 = 0 (1) (k là tham số) 
 a) Giải phương trình với k = 1. 
 b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi 
giá trị của k. 
 c) Tìm giá trị của k để các nghiệm x1; x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 
 10
22 2
2
1
1 


 x
x
x
x
Câu Ý Nội dung Điểm 
2 
(2,0) 
a 
1,0 
 Giải phương trình với k = 1 
Thay k = 1 vào phương trình (1) ta có: x2 – x – 1 = 0 
Phương trình trên có 
05)1.(4)1( 2  
Do 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 
2
51
2
5)1(
2
51
2
5)1(
2
1








x
x
Vậy với k = 1 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là 
2
51
;
2
51
21



 xx 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b 
0,5 
 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân 
biệt x1 ; x2 với mọi giá trị của k. 
 Phương trình (1) có 
2 2( ) 4 ( 2 ) 4 8k k k k        
2 2( 4 4) 4 ( 2) 4k k k       > 0 với mọi k 
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi 
giá trị của k. 
0,25 
0,25 
 3
Câu Ý Nội dung Điểm 
c 
0,5 
Tìm giá trị của k để các nghiệm x1; x2 của phương trình (1) 
thỏa mãn : 
 10
22 2
2
1
1 


 x
x
x
x
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị 
của k. Áp dụng định lí Vi - Ét ta có : 1 2
1 2 2
x x k
x x k
 

 
Theo bài ra ta có 
5
12
5
12
2
04018)2(8
2
040)(188
2;2
)2)(2(10)2()2(
2;2
10
22
2121
21
211221
21
2
2
1
1





























k
k
k
kk
k
xxxx
xx
xxxxxx
xx
x
x
x
x
Vậy 
5
12
k là giá trị cần tìm 
(Không có điều kiện k  2 không cho điểm ý c) 
0,25 
0,25 
Câu 3: (2,0 điểm). 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d) có 
phương trình: y = (4a – 1)x – 2a2 
a) Tìm giá trị của a để đường thẳng (d) đi qua điểm A(0; - 8) 
b) Tìm a để đường thẳng (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
3 
(2,0) 
a 
0,75 
Đường thẳng (d) đi qua điểm A (0; -8) 
 - 8 = (4a -1). 0 – 2a2 
 - 2a2 = - 8 
 a2 = 4 
 a =  2 
Vậy để đường thẳng (d) đi qua điểm A(0; - 8) thì a =  2 
0,25 
0,25 
0,25 
b 
1,25 
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P) ta có: 
 2x2 = (4a – 1) x – 2a2 
 2x2 – (4a – 1)x + 2a2 = 0 (*) 
Phương trình (*) có: 
   aaa 812.2.414 22  
Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) phương trình (*) có 
nghiệm kép 
8
1
0810  aa 
0,25 
0,25 
 4
Câu Ý Nội dung Điểm 
Vậy để (d) tiếp xúc vơi (P) thì 
8
1
a 
Với 
8
1
a phương trình (*) có nghiệm kép là 
8
1
4
1
8
1
.4
4
14
21 




a
xx 
Với 
32
1
8
1
21  yxxx 
Vậy tọa độ tiếp điểm là A ( )
32
1
;
8
1
 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 4: (3,5 điểm). 
Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa cung AB. 
Điểm M thuộc cung AC. Kẻ MH vuông góc với AB tại H, AC cắt MH tại K; MB cắt 
AC tại E. Kẻ EI vuông góc với AB tại I. Chứng minh rằng: 
1. Tứ giác BHKC nội tiếp. 
2. AK.AC = AH.AB = AM2. 
3. AE.BC + BE.BM = 4R2. 
4. Khi M chuyển động trên cung AC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC 
luôn thuộc một đường thẳng cố định. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
4 
(3,5) 
1. 
1,0 
M
I
E
K
H
C
A O B
Có ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tron (O) 
=>ACB = 900 hay KCB = 900 (K thuộc AC) 
Có MH  AB tại H 
=>MHA = MHB = 900 
 hay KHB = 900 (K thuộc MH) 
Xét tứ giác BHKC có KCB + KHB = 900 + 900 = 1800 
Do đó tứ giác BHKC nội tiếp 
0,25 
0,25 
0,5 
 5
Câu Ý Nội dung Điểm 
2. 
1,0 
Có MHA = 900 Mà K thuộc MH => KHA = 900 
Xét AHK và ACB có: 
KHA =ACB = 900 
KAH chung 
Do đó AHK đồng dạng với ACB (g-g) 
AB
AK
AC
AH
 
=>AC.AK = AH.AB (1) 
Có AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) 
=>AMB = 900 hay AMB vuông tại M, mà MH là đường cao 
của tam giác. Theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông 
=>AM2 = AH.AB (2) 
Từ (1) và (2) => AC.AK = AH.AB = AM2 (đpcm) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3. 
1,0 
+) Có C là điểm chính giữa của cung AB 
=> Cung AC = cung BC => AC = BC 
+) Chứng minh AIE đồng dạng với ACB 
=>AE.AC = AI.AB 
+) Chứng minh BIE đồng dạng với BMA 
=>BE.BM = BI.AB 
Do đó AE.AC + BE.BM = AI.AB + BI.AB 
 = AB(AI + BI) = AB2= (2R)2 = 4R2 
Mà AC = BC 
Vậy AE.BC + BE.BM = 4R2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
4. 
0,5 
+) Chứng minh được tứ giác AMEI nội tiếp và tứ giác BIEC nội 
tiếp. Theo tính chất góc nội tiếp 
 Suy ra MIC = MAC + MBC = 2MAC 
+) Chứng minh được MOC = 2MAC 
Từ đó suy ra MIC =MOC suy ra tứ giác MIOC nội tiếp 
Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC cũng là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tứ giác MIOC. 
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC nằm trên đường 
trung trực của đoạn thẳng OC cố định khi M thay đổi trên AC. 
0,25 
0,25 
Câu 5: (0,5 điểm). 
 Cho các số thực a, b, c dương thỏa mãn: 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
abc
c
cab
b
bca
a
P





 
 6
Câu Ý Nội dung Điểm 
5 
(0,5) 
 Ta có 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 
 a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc +2ca = 1 
 (a + b + c)2 = 1 
=> a + b + c = 1 (vì a, b, c dương) 
 Ta có 



















ca
a
ba
a
ca
a
ba
a
caba
a
bcacaba
a
bccbaa
a
bca
a
2
1
.
))(()( 2
Tương tự ta có : 










 ab
b
cb
b
cab
b
2
1










 bc
c
ac
c
abc
c
2
1
Suy ra 
2
3
2
1
























cb
c
ca
c
ba
b
cb
b
ca
a
ba
a
abc
c
cab
b
bca
a
P
Dấu bằng xảy ra khi 
3
1
 cba 
Vậy giá trị lớn nhất 
2
3
P khi 
3
1
 cba 
0,25 
0,25 
Hướng dẫn chung: 
- Trên đây là các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời 
giải chặt chẽ, chính xác mới công nhận cho điểm. 
- Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa. 
- Chấm từng phần. Điểm bài khảo sát là tổng các điểm thành phần không làm 
tròn, tính đến 0,25 điểm.