Đề thi học kì 2 môn toán 9 tân phú thành phố hồ chí minh năm học 2016 2017 có đáp á

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học 2016 – 2017 Mơn Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (3 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau a) x  4x  21  b) 2x  5x   x  2y  c)   6x  y  d) 3x  2x  5  x 2  x   Bài (1,5 điểm): Cho hàm số y  x có đồ thị (P) a) Vẽ (P) b) Đường thẳng (D): y  ax  b qua điểm A 0;  2 cắt (P) điểm có hồnh độ Tính a, b Bài (1,5 điểm): Cho phương trình: x  (2m  1)x  m  2m  (m tham số, x ẩn) a) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ,x b) Tìm giá trị m để 2x1  2x2   x1x2  2x12 x2  2x1x22  Bài (3,5 điểm): Từ điểm M nằm đường tròn tâm O, bán kính R (MO < 2R) vẽ tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B tiếp điểm) Gọi H giao điểm AB OM a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp H trung điểm AB b) Gọi E trung điểm MB Đoạn AE cắt đường tròn (O) C (khác A), tia MC cắt đường tròn (O) D (khác C) Chứng minh EH song song AM tứ giác BHCE nội tiếp c) Tia BO cắt đường tròn (O) P (khác B) Chứng minh EMC đồng dạng với  EAM SABDP  R.AD ( SABDP : diện tích tứ giác ABDP) Bài 5: (0,5 điểm) Tại cửa hàng A, giá niêm yết (giá bán ra) đôi giày thể thao 300 000 đồng Nếu bán với giá ba phần tư giá cửa hàng lãi 25% so với giá gốc Hỏi để lãi 50% so với giá gốc cửa hàng phải niêm yết giá bao nhiêu? - HẾT – PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học 2016 – 2017 Mơn Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Thầy (cô) chấm theo khung điểm định sẵn (học sinh khơng làm tắt bước trình bày cách sử dụng máy tính cầm tay) Nếu học sinh làm cách khác, nhóm Tốn trường thống dựa cấu trúc thang điểm hướng dẫn chấm Hướng dẫn chấm Điểm Bài 1: (3 điểm) – 0,75x4 a) x  4x  21  0,25  '  b '2  ac  25  Pt có hai nghiệm phân biệt: 0,5  x  b '  '    a   b '  ' x    3  a b) 2x  5x   Đặt t  x  t  0 Pt trở thành: 2t  5t   * 0,25 Vì a  b  c  nên phương trình (*) có hai nghiệm: t  1 loại    t  c  nhaän  a 0,25 7 14  x2   x   2  14   S        x  2y   6x  y  x  2y    12x  y  12 0,25 13x  13   x  y  x    y  0,25 t2  c) 0,25 0,25 Hệ phương trình có nghiệm  x  1; y  0 d) 3x  2x  5  x 2  x    3x 15x  2x 10  2x  x   3x 15x  2x  10  2x  x    4x 19x  15  (1) Vì a  b  c  nên phương trình (1) có hai nghiệm: 0,25 0,25 0,25 x    x  c  15  a Bài 2: (1,5 điểm) a) Lập bảng giá trị (ít cặp giá trị, có gốc tọa độ ): Nếu hs cặp giá trị (có gốc tọa độ) 0,25 điểm Vẽ hình xác b) (D) qua A 0;  2 nên: 2  a.0  b , suy b  2 (D) có dạng: y  a.x  Gọi M 2; y M  giao điểm (D) với (P) 1 2  1 , nên M 2; 1 Vì M 2; 1 thuộc (D) nên:   a.2  0,25 0,25 Suy ra: y M  0,25 0,25 Do đó: a  Bài 3: (1,5 điểm) a)   b  4ac   4m  Pt có hai nghiệm      m  b) 0,5 1 Theo Vi-ét:  S  x  x  b  2m 1  a   c P  x1x2   m  2m a  0,25 0,25 0,25 2x1  2x2   x1x2  2x12 x2  2x1x22    x1  x    x1x2  2x1x  x1  x2   0,25   x1  x  x1x2  1   x1x2  1    x1x2  1 2  x1  x2   1   x1x    2  x1  x2    0,25 m  1 nhaän     m   nhaän    1 Vậy m  1;  thỏa yêu cầu toán  4 Bài 4: (3,5 điểm) 0,25 a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp H trung điểm AB Xét tứ giác MAOB:   MBO   900  900  1800 (MA, MB hai tiếp tuyến) MAO 0,5 b) Do đó: MAOB tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R Nên: MO trung trực AB Suy MO vng góc AB H H trung điểm AB Chứng minh EH song song AM tứ giác BHCE nội tiếp 0,25 0,25 0,25 0,25 c) Chứng minh EH đường trung bình MAB Suy ra: EH // MA   MAC  (so le trong) Nên CEH   MAC  (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây chắn cung Có ABC AC)   CBA  Suy ra: CEH Vậy tứ giác BECH nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn CH hai góc nhau) Chứng minh EMC đồng dạng với  EAM SABDP  R.AD ( SABDP : 0,25 0,25 1,25 0,25 1,25 diện tích tứ giác ABDP) Chứng minh EM  EB2  EC.EA 0,5 Chứng minh EMC đồng dạng  EAM c  g  c 0,25   EAM   ADC   sñAC  Nên EMC Suy ra: MB // AD Có: MB vng góc với OB (t/c tiếp tuyến) Suy BO vng góc với AD Tứ giác ABDP có hai đường chéo vng góc nên: 1 SABDP  BP.AD  R.AD  R.AD 2 Bài 5: (0,5 điểm) Ba phần tư giá niêm yết 225 000 đồng 225 000 đồng tương ứng với 125% giá gốc đơi giày Để có lãi 50% so với giá gốc, tương ứng với 150% giá gốc, giá tiền mà 150 225000  270000 (đồng) cửa hàng cần niêm yết là: 125 0,25 0,25 0,25 0,25 ...  4m  Pt có hai nghiệm      m  b) 0,5 1 Theo Vi-ét:  S  x  x  b  2m 1  a   c P  x1x2   m  2m a  0 ,25 0 ,25 0 ,25 2x1  2x2   x1x2  2x 12 x2  2x1x 22    x1...PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học 20 16 – 20 17 Mơn Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Thầy (cô) chấm theo khung điểm định sẵn (học. .. 2 nên: 2  a.0  b , suy b  2 (D) có dạng: y  a.x  Gọi M 2; y M  giao điểm (D) với (P) 1 2  1 , nên M 2; 1 Vì M 2; 1 thuộc (D) nên:   a .2  0 ,25 0 ,25 Suy ra: y M  0 ,25 0 ,25