Đề tham khảo thi học kì II môn Toán 9 - Năm học 2022-2023

ĐỀ THAM KHẢO THI HKII – TOÁN 9
 Năm học: 2022 – 2023 Thời gian làm bài: 90 phút
 Hình thức: Tự luận (Không kể thời gian phát đề) 
-------------------------------------------------------------------------------------------- 
Câu 1. (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình
1/ 6x2 – 13x – 5 = 0 2/ 
Câu 2. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2
 1/ Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ và tìm các điểm A trên (P) có tung độ bằng 3 lần hoành độ
 2/ Tìm m để đường thẳng (d): y = 4x + m – 3 tiếp xúc với (P)
Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 + 2x + m – 1 = 0
 1/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
 2/ Tìm m để: = –20 
Câu 4. (1,5 điểm) Bác Hai sở hữu 1 mảnh đất hình chữ nhật. Nếu tăng chiều rộng thêm 3m và tăng chiều dài thêm 2m thì diện tích mảnh đất tăng 96m2 so với ban đầu. Nếu tăng chiều rộng thêm 4m và giảm chiều dài đi 5m thì diện tích mảnh đất giảm 15m2 so với ban đầu. Bác dành ra 35% mảnh đất để trồng đậu, 45% mảnh đất để trồng cà rốt và phần đất còn lại thì cho thuê. Tìm diện tích mảnh đất bác cho thuê.
Câu 5. (0,5 điểm) Một hồ nước hình tròn tâm là O có 1 cây cầu AB bắc ngang (A, B ở vị trí bờ hồ sao cho . Hỏi 1 người đi từ A đến B bằng cách đi qua cầu với vận tốc là v hoặc đi theo vòng quanh bờ hồ với vận tốc là 1,5v (cung tròn gần AB hơn) thì đi cách nào sẽ nhanh hơn ? Tại sao.
Câu 6. (3 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB < AC và AB < BC) nội tiếp đường tròn (O;R) có 2 đường cao AD và BE cắt nhau tại H, CH cắt AB tại F.
 1/ Chứng minh: tứ giác BFEC nội tiếp trong 1 đường tròn, xác định tâm I đường tròn này
 2/ Chứng minh: FC là tia phân giác và AF.AB = AE.AC
 3/ EF cắt BC tại S. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (I) cắt FC và AS lần lượt tại P và M.
 Chứng minh: ME là tiếp tuyến của (I)
 4/. Đường thẳng qua D song song với BE cắt BM tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
 tam giác MNE cắt BE tại điểm thứ hai là K. Đường thẳng qua B song song với AC cắt 
 DF tại Q. Chứng minh: OK _|_ PQ 
&&&-------------------HẾT-------------------&&&
Đáp án đề thi tham khảo
Câu 1
1/ 6x2 – 13x – 5 = 0
 = (–13)2 – 4.6. –5 = 289 > 0, = 17
=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = 
2/ ó ó 
ó ó ó 
Câu 2
1/ Bảng giá trị của (P): y = x2
x
–2
–1
0
1
2
y
4
1
0
1
4
Theo đề bài ta có: yA = 3xA
=> xA2 = 3xA ó xA.(xA – 3) = 0
 ó xA = 0 hoặc xA = 3
Với xA = 0 => yA = 0
Với xA = 3 => yA = 32 = 9
Vậy tọa độ điểm A cần tìm là: (0; 0) và (3 ; 9) 
2/ Phương trình hoành độ của (P) và (d): y = 4x + m – 3 là:
x2 = 4x + m – 3 ó x2 – 4x – m + 3 = 0 (*)
 = (–4)2 – 4.1.( –m + 3) = 16 + 4m – 12 = 4 + 4m
Để (P) tiếp xúc với (d) ó phương trình (*) có nghiệm kép
ó = 0 ó 4 + 4m = 0 ó 4m = –4 ó m = –1 
Câu 3.
x2 + 2x + m – 1 = 0 (*)
1/ = 22 –4.1.(m – 1) = 4 – 4m + 4 = 8 – 4m 
Để (*) có 2 nghiệm phân biệt ó > 0 ó 8 – 4m > 0 ó 4m < 8 ó m < 2
2/ Theo định lí viet ta có: x1 + x2 = –2 ; x1.x2 = m – 1
 = (–2)2 – 2.(m – 1) = 4 – 2m + 2 = 6 – 2m 
 = –2.(6 – 2m – m + 1)
= –2.(7 – 3m) = –14 + 6m.
Theo đề bài: = –20 ó = –20 
ó –14 + 6m + 6 – 2m = –20 ó 4m = –12 ó m = –3 < 2 (nhận) 
Câu 4. 
Gọi x (m) và y (m) lần lượt là chiều rộng và chiều dài mảnh đất ban đầu (y > x > 0)
Diện tích mảnh đất ban đầu là: xy (m2)
Diện tích mảnh đất theo giả định thứ nhất là: (x + 3)(y + 2) (m2) 
Diện tích mảnh đất theo giả định thứ hai là: (x + 4)(y – 5 ) (m2)
Theo đề bài ta có hệ phương trình: 
ó ó ó 
ó ó ó ó 
(Nhận thỏa điều kiện y > x > 0).
Diện tích mảnh đất ban đầu của bác Hai là: 15.20 = 300m2
Diện tích mảnh đất bác Hai cho thuê là: 300.(1 – 0,35 – 0,45) = 60m2 
Câu 5.
Gọi R là bán kính của hồ nước, kẻ OI _|_ AB tại I. Gọi t là thời gian đi từ A qua B
=> IA = IB (quan hệ đường kính và dây cung) => AB = 2IA
Tam giác IAB cân tại I có OI là đường cao => OI là đường phân giác 
=> = = 600.
Tam giác AOI vuông tại I => AB = 2AI = 2OA.cosAOI = 2R.cos600 = R
Mặt khác độ dài cung nhỏ AB là: lAB = 2R.
tAB = ; tl(AB) = 
So sánh cho: => t(lAB) < tAB
Kết luận: Đi vòng theo cung tròn của bờ hồ với vận tốc 1,5v nhanh hơn là đi qua cầu với vận tốc v
Câu 6
1/ Tứ giác BFEC nội tiếp, xác định tâm I của (BFEC)
Xét tam giác ABC có 2 đường cao AD và BE cắt nhau tại H
=>c H là trực tâm của tam giác ABC => AH _|_ BC
Xét tứ giác BFEC có: = 900 
=> Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC (2 góc bằng nhau cùng nhìn 1 cạnh) (đpcm) => tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC là trung điểm của cạnh BC (đpcm)
2/ FC là tia phân giác và AF.AB = AE.AC
Xét tứ giác BFHD có: = 900 => Tứ giác BFHD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 
Mà (Tứ giác BFEC nội tiếp) 
=> => FC là tia phân giác (đpcm)
Xét AEF và ABC:
 là góc chung ; (Tứ giác BFEC nội tiếp)
=> AEF ~ ABC (g – g) => => AE.AC = AB.AF (đpcm)
3/ ME là tiếp tuyến của (I)
Ta có: (Tứ giác BFEC nội tiếp)
 (Tứ giác BFHD nội tiếp)
IB = IE (I là tâm của (BFEC)) => Tam giác IBE cân tại I => 
Mà (góc ngoài của tam giác BHC)
Từ các chứng minh trên ta có: 
Xét SDF và SEI:
 là góc chung ; (cmt)
=> SDF ~ SEI (g – g) => => SD.SI = SE.SF 
Xét SBF và SEC:
 là góc chung ; (Tứ giác BFEC nội tiếp)
=> SBF ~ SEC (g – g) => => SE.SF = SB.SC
Từ đó suy ra SD.SI = SB.SC => 
Ta có: BM _|_ BC (gt) và AD _|_ BC (gt) => AD // BM 
=> (định lí talet trong tam giác SAD) => 
=> IM // AC (định lí taler đảo trong tam giác SAC). Mà AC _|_ BE (gt) => IM _|_ BE
Tam giác IBE cân tại I có IM là đường cao => IM cũng là đường phân giác của tam giác IBE => . 
Xét BIM và EIM:
IB = IE(cmt) ; (cmt) ; IM là cạnh chung
=> BIM = EIM (c – g – c ) => => EI _|_ EM
Lại có: E thuộc đường tròn (I) => ME là tiếp tuyến của (I) (đpcm)
4/ OK _|_ PQ
Xét BDH và BEC:
 là góc chung ; 
=> BDH ~ BEC (g – g) => => BH.BE = BD.BC
Ta có: BC = 2BI (I là trung điểm của cạnh BC)
IM // AC (cmt) => (2 góc ở vị trí đồng vị)
Mà (cùng phụ với ) => 
Xét BIM và DHB:
 (cmt) ; 
=> BIM ~ DHB (g – g) => => BD.BI = BM.HD
Xét tứ giác HBND ta có: ND // BE (gt) và BN // AD (cmt) 
=> Tứ giác HBND là hình bình hành => HD = BN
Xét MBE và KBN:
 (2 góc đối đỉnh) ; (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EN trong đường tròn EMNK)
=> MBE ~ KBN (g – g) => => BN.MB = BK.BE
Từ các chứng minh trên ta có: 
BH.BE = BD.BC = 2BD.BI = 2BM.HD = 2BM.BN = 2BK.BE => BH = 2BK
Kẻ đường kính BG của (O), HL cắt AC tại G
Ta có: ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BG) => BC _|_ CG
Mà AD_|_ BC (gt) => AD // GC. Chứng minh tương tự: AG // FC
Xét tứ giác AHCG có: AD // GC và AG // FC (cmt) 
=> Tứ giác AHCG là hình bình hành => LH = LG và LA = LC
Xét tam giác BHG có OB = OG = R và LH = LG (cmt) 
=> OL là đường trung bình của tam giác BHG) => BH // OL và BH = 2OL
Mà BH = 2BK (cmt) => OL = BK
Xét tứ giác OLBK có: OL = BK và OL // BH (cmt) 
=> Tứ giác OLBK là hình bình hành => OK // BL
Gọi J là trung điểm của cạnh BH, PJ cắt BL và DF lần lượt tại Y và V
J là L lần lượt là trung điểm các cạnh BH và AC nên BH = 2HJ, AC = 2AL.
Ta có: (cùng phụ với ) và (cùng phụ với )
Xét ABC và HPB:
 (cmt) ; (cmt)
=> ABC ~ HPB (g – g) => => Do BH = 2HJ và AC = 2AL
Xét ABL và HPJ:
 (cmt) ; (cmt)
=> ABL ~ HPJ (c – g – c) => => Tứ giác FPBY nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn 1 cạnh) => => BL _|_ PV tại Y
Tam giác BFH vuông tại F có FJ là đường trung tuyến => JB = JF
Tương tự: JB = JD. Vậy JB = JF = JD.
JB = JF => Tam giác JBF cân tại J => 
Tam giác AFC vuông tại F có FL là đường trung tuyến => FL = AL 
=> Tam giác AFL cân tại L => 
Mà (Tam giác ABE vuông tại E).
Do đó: 
=> FJ _|_ FL. Chứng minh tương tự ta cũng có: DJ _|_ DL
Ta có: FJ _|_ FL ; DJ _|_ DL và YJ _|_ YL (cmt) => 5 điểm J, F, L, D, Y cùng thuộc 1 đường tròn đường kính LJ => Tứ giác FJYD nội tiếp => 
Mà JF = JD => Tam giác JFD cân tại J => => 
Xét JYF và JFV:
 là góc chung ; (cmt) 
=> JYF ~ JFV (g – g) => . Mà JF = JB (cmt) => 
Xét JYB và JBV:
 là góc chung ; (cmt) 
=> JYB ~ JBV (c – g – c ) => => BV _|_ BE
Mà AC _|_ BE (gt) => AC // BV => V là giao điểm của đường thẳng qua B song song với AC với cạnh DF. Mà Q cũng là giao điểm của đường thẳng qua B song song với AC với cạnh DF (gt) => Q trùng với V => BL _|_ PQ
Mà BL // OK (cmt) => OK _|_ PQ (đpcm)