Đề kiềm tra chất lượng học kỳ II môn Toán 9 - Năm học 2015-2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
 
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2016-2017 
 
 Môn: TOÁN 9 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
Cho biểu thức: x 8 1 x 3 x 6P : 1
x x 8 x 2 x 2 x 4
              
 với x ≥ 0; x ≠ 4. 
1. Rút gọn P. 
2. Tính giá trị của P với x 6 4 2  . 
Bài 2. (2,0 điểm) 
1. Viết phương trình parabol (P) đi qua điểm  M 3;3 và có đỉnh O. 
2. Tìm m để đường thẳng y = mx  m + 2 (d) cắt parabol y = x2 (P) tại hai điểm 
phân biệt    1 1 2 2A x ; y ; B x ; y thỏa mãn 1 2y y 12  . 
Bài 3. (2,5 điểm) 
Cho hai phương trình: x2 + (x  1)2 = 5 (1) 
 x2 + mx + n = 0 (m, n là tham số) (2) 
1. Giải phương trình (1). 
2. Tìm m và n để mọi nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của phương trình (2). 
3. Giả xử 0x là nghiệm của phương trình (2) và m
2 + n2 = 2017. Chứng minh 
0x 2018 . 
Bài 4. (3,0 điểm) 
Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC, A là điểm thuộc nửa đường tròn đó 
sao cho AB < AC (A khác B). Trên dây cung AC lấy điểm E khác A và C; gọi D, H 
là hình chiếu vuông góc của A trên BC và BE. 
1. Chứng minh  BAD BHD . 
2. Chứng minh BH.CE = BC.DH. 
3. Gọi K là giao điểm của DH và AC, phân giác góc CKD cắt HE, CD tại M và N; 
phân giác góc CBE cắt DH, CE tại P và Q. Chứng minh tam giác KPQ cân và 
tứ giác MPNQ là hình thoi. 
Bài 5. (0,5 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
2 2
2
x 2y 8y 1 x
x 2x 4y 11 1 x 4y 2
    

      
--- HẾT --- 
Họ và tên học sinh: ...................................................... Số báo danh:........... 
 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
 
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2016- 2017 
 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9 
(Gồm 03 trang) 
Bài Câu Nội dung Điểm 
Với x ≥ 0; x ≠ 4 ta có: 
  
x 8 1 x 2 x 4 x 3 x 6P :
x 2 x 2 x 4x 2 x 2 x 4
                    
 0,5 
  
x 8 x 2 x 4 x 2:
x 2 x 4x 2 x 2 x 4
    

   
 0,5 
 
  
2 x 2 x 2 x 4.
x 2x 2 x 2 x 4
  

  
 0,25 
1. 
(1,5đ) 
 2
x 2


. Vậy với x ≥ 0; x ≠ 4 ta có 2P
x 2


 0,25 
Xét x 6 4 2  (thỏa mãn x  0; x  4) ta có  2x 6 4 2 2 2    
 2 2  (vì 2 2 0  ) 
0,25 
1. 
(2,0đ) 
2. 
(0,5đ) 
 Khi đó 2 2P 2
2 2 2 2
  
 
 Vậy với x 6 4 2  thì P 2 
0,25 
Gọi phương trình parabol (P), đỉnh O có dạng  2y ax a 0  0,25 
 Do  M 3;3 (P) ta có  23 a. 3 3a   a = 1 (thỏa mãn a  0) 0,5 
1. 
(1,0đ) 
 Vậy (P): y = x2 0,25 
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d): y = mx  m + 2 với (P): 
y = x2, phương trình đó là: x2 = mx  m + 2 
  x2  mx + m  2 = 0 
0,25 
   22m 4 m 2 m 2 4 0 m         
 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với m. Vậy (d) cắt (P) tại hai 
điểm phân biệt A(x1;y1); B(x2;y2) với m. 
0,25 
Áp dụng định lí Viét ta có: 1 2
1 2
x x m
x x m 2
 

 
Khi đó y1 + y2 = 12  2 21 2x x 12  
     2 21 2 1 2x x 2x x 12 m 2 m 2 12       
  2m 2m 8 0   
0,25 
2. 
(2,0đ) 
2. 
(1,0đ) 
  m 2 ; m 4   
 Vậy m 2 ; m 4   là giá trị cần tìm. 
0,25 
 2 
Bài Câu Nội dung Điểm 
Xét phương trình: x2 + (x  1)2 = 5 (1) 
  x2 + x2  2x + 1 = 5  2x2  2x  4 = 0 
  x2  x  2 = 0 
0,5 1. 
(1,0đ) 
 Phương trình có a  b + c = 1 + 1  2 = 0  x = 1 ; x = 2 
Vậy phương trình (1) có tập nghiệm là S = {1 ; 2} 0,5 
Theo câu 1, phương trình (1) có tập nghiệm là S = {1 ; 2}. Do đó mọi 
nghiệm của (1) là nghiệm của (2) thì x = 1 ; x = 2 là nghiệm của (2). 
Ta có hệ phương trình: 
m n 1
2m n 4
 

  
0,5 
2. 
(1,0đ) 
3m 3 m 1
m n 1 n 2
    
  
    
Vậy (m ; n) = (1; 2) là giá trị cần tìm. 
0,5 
Do x0 là nghiệm của phương trình (2)  20 0x mx n 0   
  2 4 20 0 0 0x (mx n) x (mx n)      
 Áp dụng BĐT (B.C.S) ta có 2 2 2 20 0(mx n) (m n )(x 1)    
 = 202017(x 1) 
Suy ra 4 20 0x 2017(x 1)  
0,25 
3. 
(2,5đ) 
3. 
(0,5đ) 
Lại có 4 40 0x 1 x  nên 
4 2
0 0x 1 2017(x 1)   
  20x 1 2017  (vì 
2
0x 1 0  ) 
  20 0x 2018 x 2018   
0,25 
Do D, H là hình chiếu vuông góc của A trên BC và BE 
  AD  BC; AH  BE    oADB AHB 90  
0,5 
1. 
(1,0đ)  D, H  đường tròn đường kính AB. Vậy tứ giác ABDH nội tiếp 
  BAD BHD (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD) 0,5 
Do A  (O), đường kính BC   oBAC 90 , mà  oADC 90 (Do AD  BC) 
  BAD ACD (2) Từ (1) và (2)   BHD ACD 
Hay  BHD BCE 
0,5 
4. 
(3,0đ) 
2. 
(1,0đ) Xét BHD và BCE có  
chung góc B
BHD BCE



  BHD BCE (g.g) 
BH DH BH.CE BC.DH
BC CE
    
0,5 
B O N 
A 
D 
C D 
1 
2 
H 
K 
E 
Q 
I 
M 
P 
 3 
Bài Câu Nội dung Điểm 
Ta có   1KPQ B BHD  (góc ngoài tam giác BHP) 
 =  2B C (Vì  1 2B B do BQ là phân giác CBE 
 và  BHD C theo chứng minh trên) 
Lại có   2KQP B C  (góc ngoài BCQ) 
Suy ra:  KPQ KQP Vậy KPQ cân tại K. 
0,5 
3. 
(1,0đ) 
Gọi I là giao điểm của PQ và MN. Xét KPQ cân ở K có KI là phân giác 
 KI  PQ và IP = IQ (3) 
Xét BMN có BI là phân giác, BI  MN  IM = IN (4) 
Từ (3) và (4)  tứ giác MPNQ là hình thoi. 
0,5 
Xét hệ phương trình 
2 2
2
x 2y 8y 1 x (1)
x 2x 4y 11 1 x 4y 2 (2)
    

      
ĐKXĐ: 2
1 x 1
x 2x 4y 11 0 (*)
x 4y 2 0
  

   
   
Từ PT (1)  2 2 28y 2y x 1 x x 1 (3) 8y 2y 1         
 2 1 18y 2y 1 0 y
4 2
        
Khi đó  22x 2x 4y 11 x 1 9 3       
 0,25 
5. 
(0,5đ) 
Vậy từ PT (2)  1 x 4y 2 3 x 4y 2 4        
  x  4y + 2  1 (4) 
Từ (3), (4) suy ra x = 1; 1y
4
  (thỏa mãn (*)) 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là   1x; y 1;
4
   
 
0,25 
Lưu ý: 
- Trên đây là các bước giải cụ thể cho từng câu, từng ý và biểu điểm tương ứng, thí sinh 
phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới công nhận cho điểm. 
- Thí sinh có cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó. 
- Bài 4, thí sinh phải vẽ hình chính xác và nội dung chứng minh phù hợp với hình vẽ mới 
được công nhận cho điểm. 
- Điểm toàn bài thi là tổng các điểm các thành phần làm tròn đến 0,5đ. 
_________________