10 đề đáp án TOÁN 9 kì 2

ĐỀ KIỂM TRA SỐ Bài 1: (1.5đ) Giải phương trình hệ phương trình 4 x  y  c)  3x  y  4 x Bài 2: (1.5đ) Cho parabol (P) : y  x đường thẳng (d) : y   a) Vẽ (P) mặt phẳng tọa độ b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính a) x   3x  5  b) x4  x2   Bài 3: (1đ) Cho phương trình: x  (2m  1)x  2m  (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với giá trị m b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm số đối Bài 4: (3đ) 1) Tại sân khấu Lan Anh , giá vé phân làm loại : giá vé người lớn giá vé trẻ em Gia đình A mua vé người lớn vé trẻ em hết 760 ngàn đồng Gia đình B mua vé người lớn vé trẻ em hết 480 ngàn đồng.Hỏi gia đình C mua vé người lớn phải trả tiền ? 2) Cho mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 70m2 có chiều dài chiều rộng 9m Tính chu vi mảnh đất 3) Bác Tư có hai ao ni tơm : ao hình vng ao hình trịn Cả hai ao có chu vi Hỏi ao có diện tích mặt nước lớn Bài 5: (3đ) Cho tam giác MAB nội tiếp nửa đường trịn (O) đường kính AB (MA phương trình ln có nghiệm với giá trị m b)Tìm m để phương trình có hai nghiệm số đối 0,5đ Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình Để phương trình có hai nghiệm số đối  x1  x   2m    m  1 Bài :(3đ) 1)Tại sân khấu Lan Anh , giá vé phân làm loại : giá vé người lớn giá vé trẻ em Gia đình A mua vé người lớn vé trẻ em hết 760 ngàn đồng Gia đình B mua vé người lớn vé trẻ em hết 480 ngàn đồng Hỏi gia đình C mua vé người lớn phải trả tiền ? Giải : Gọi x(ngàn đồng) giá tiền vé người lớn (x∈N* ) y(ngàn đồng) giá tiền vé trẻ em (y∈N* ) 5 x  y  760 Theo đề ta có hệ phương trình :  2 x  y  480  x  120   y  80 Vậy giá vé người lớn 120 ngàn đồng, giá vé trẻ em 80 ngàn đồng Gia đình C phải trả : 7.120  840 ngàn đồng 0,5đ 0,5đ 2)Cho mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 70m có chiều dài chiều rộng 9m Tính chu vi mảnh đất Giải : Gọi x(m) chiều rộng(x>0 ) =>x+9 chiều dài) Theo đề ta có phương trình : x  x    70  x2  x  70   x  14(l )   x  5(n) =>chiều rộng 5m, chiều dài 14m 0,5đ 0,5đ Vậy chu vi : 14  5  38m 3)Bác Tư có hai ao ni tơm : ao hình vng ao hình trịn Cả hai ao có chu vi Hỏi ao có diện tích mặt nước lớn Giải : Gọi a>0 cạnh ao hình vng Chu vi ao hình vng 4a Gọi R>0 bán kính ao hình trịn Chu vi ao hình trịn 2. R  R Theo đề ta có : 2. R  4a => a  2 Diện tích ao hình trịn : S   R 2 R   R Diện tích ao hình vng : S  a       Vậy ao hình trịn có diện tích mặt nước lớn Bài :(3đ) 0,5đ 0,5đ a)Ta có : BEA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => BE  AD Ta có : DM=DB (Tính chất hai tiếp tuyến cắt D) OM=OB(bán kính) =>OD đường trung trực MB => OD  MB BED  900 (BE  AD) Tứ giác BIED có :  BID  90 (O D  MB) => BED  BID =>Tứ giác BIED nội tiếp Ta có : EID  EBD (Tứ giác BIED nội tiếp) OAE  EBD (Góc nội tiếp _góc tạo tiếp tuyến dây chắn cung BE) => EID  OAE =>Tứ giác OAEI nội tiếp Ta có : EID  OAE (cmt) IME  OAE (2 góc nội tiếp chắn cung BE) 0,5đ 0,5đ => EID  IME Mà EID  MIE  900 ( OD  MB ) 0,5đ => IME  MIE  900 =>tam giác MIE vuông E => IE  MT Ta có : AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AM  MB Mà OD  MB =>AM//OD => TDE  MAE (so le trong) Mà DME  MAE (Góc nội tiếp _góc tạo tiếp tuyến dây chắn cung ME) => TDE  DME Xét TDE TMD có : TDE  DME (cmt) MTD góc chung => TDE TMD(g  g) TD TE =>  TM TD => TD2  TE.TM Mà TI2  TE.TM (hệ thức lượng tam giác vng MIT có đường cao IE) => TD2  TI2 => TD  TI =>T trung điểm ID 0,25đ 0,25đ ĐỀ KIỂM TRA SỐ Bài : 1) Giải phương trình : a) x  5x   (0,75đ)   2 b) x x    x  1 x  1  19 (0.75 đ) 2) Một hình chữ nhật có chiều rộng chữ nhật chiều dài chu vi 48cm.Tính kích thước hình (0,75đ) Bài 2:Cho hàm số y   x có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số (0,75đ) (d) song song (D) : y = 3x+1 có điểm chung với 2) Viết phương trình đường thẳng m (P) Tìm tọa độ giao điểm (0,75đ) Bài 3: Cho phương trình : x  2mx  m   (x ẩn số ) a) Chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với x (0,75đ) b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức A   48 x  x 22  6x1 x 2 đạt giá trị nhỏ (0,75đ) Bài 4: a)Nhân dịp Đội tuyển bóng đá Việt Nam tham dự giải vô địch Châu Á Trung Quốc năm 2018 Một cửa hàng nhập 100 áo thun có hình cờ đỏ vàng để kinh doanh, dự kiến giá bán áo 80 ngàn đồng Sau bán số áo, cửa hàng thực chương trình “Đồng hành đội tuyển bóng đá Việt Nam” để chúc mừng thành tích đội tuyển bóng đá Việt Nam giành quyền vào thi đấu trận chung kết giải với hình thức giảm giá bán áo lại 10% so với giá dự kiến ban đầu Khi bán hết 100 áo, cửa hàng thu 7,44 triệu đồng Hỏi có áo mà cửa hàng giảm giá bán? (0.75 đ) b) Để phục vụ cho buổi lễ hội truyền thống, ban tổ chức dự định tái nhiều trò chơi dân gian để phục vụ khách tham quan, có trị chơi Ơ ăn quan Bàn cờ trị chơi có dạng hình vẽ bao gồm 10 vng gọi dân có độ dài cạnh dự định thực tế 1m ô bán nguyệt (2 nửa đường trịn có đường kính AB, CD) gọi quan Tính diện tích đất mà ban tổ chức cần dùng để hình thành bàn cờ (kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2) (0.5 đ) B C A D Bài 5: Cho ABC nhọn ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE CF cắt H 1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF (1 đ) 2/ Gọi K điểm đối xứng H qua I Chứng minh : K thuộc đường tròn (O) (1 đ) 3/ Từ C vẽ CM AK M Chứng minh : ba điểm I, M, F thẳng hàng 4/ Đường thẳng vng góc với IH I cắt đường thẳng AB, AC AD N, S Q Chứng minh: Q trung điểm đoạn NS (0,5 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM NỘI DUNG Bài 1: : a) ta có : a  b  c     Nên pt có nghiệm x1  1; x2  c  a b)  x4  3x2  18  Đặt x2  t  t  3t  18     4.1.(18)  81  Vì   nên pt có nghiệm phân biệt t1  (nhận); t2  3 (loại) t   x2   x   2) Gọi x (m) chiều rộng, y(m) chiều dài Đk y > x >  x  y  Ta có hpt:  ( x  y ).2  48  x  10 Giải hpt ta   y  14 Vậy dài 14m, rộng 10m Bài 2: 1) lập bảng giá trị Vẽ 2) (d): y = ax+b a  (d ) / /( D)   b  Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x  3x  b  (P) (d) có điểm chung 0   4b  b Vậy (d) : y = 3x + Vì   nên pt có nghiệm kép x1  x2  3 Thay vào ta tính y = Vậy tọa độ giao điểm ( 7 3 7 ; ) 2 Bài 3: a) Chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt   b  4ac   (2m)  4(m  2)   4m  4m    (2m  1)   m Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức A  đạt giá trị nhỏ x1  x  Theo Định lý Viet : x1 x  b  2m a c  m2 a  48 x  x 22  6x x 2  48  48  48   2 x  x  6x x ( x  x )  8x x (2m)  8(m  2) A   48  48  12   4m  8m  16 4(m  2m  4) (m  1)  (m  1)   m Ta có :  1  (m  1)  3   12  12  (m  1)   12  4 (m  1)   A  4  Dấu “ =” xảy  m=1 Vậy: A đạt giá trị nhỏ  m=1 Bài 4: Câu a: Số tiền thu bán 100 áo với giá dự kiến 80 ngàn đồng : 100  80  8000 (ngàn đồng) Giá tiền áo sau giảm 10%: 80  10%  80  72 (ngàn đồng) Số tiền chênh lệch so với dự kiến ban đầu bán hết 100 áo: 8000  7440  560 (ngàn đồng) Số áo bán với giá giảm 10% : 560 : 80  72   70 (cái) Vậy cửa hàng giảm giá bán cho 70 áo HS giải cách lập hệ phương trình Câu b: Vì hình vng có độ dài cạnh nên tổng diện tích hình vng: 10  11  10  m2  Vì hai nửa hình trịn có đường kính nên tổng diện tích:    1  12  2   12,56  m2    Diện tích đất mà ban tổ chức cần dùng để hình thành bàn cờ: 10  12,  22,56  m2  Bài 5: a) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp Tứ giác BFEC có BÊC = BFÂC = 900  Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC ( Tứ giác có đỉnh E, F kề nhìn cạnh BC góc 900)  Tâm I trung điểm BC b) Chứng minh BHCK hình bình hành Suy : BH // CK CH // KB Mà BH  AC CH  AB Nên CK  AC KB  AB Xét tứ giác ABKC có :  ABÂK = 900 (KB  AB) ACÂK = 900 (CB  AC)  ABÂK + ACÂK = 1800  Tứ giác ABKC nội tiếp ( tổng hai góc đối diện 1800) Mà A, B, C  (O) 2( x  y )  40   y  3 x    xy  29 x = 15; y = ( thỏa đk ) Chiều dài : 15m Chiều rộng : m 1đ 2) Gọi x, y số trâu số bò ( đk : x , y  N*) Theo đề ta có hpt:  x  y     x  10   y  10  Vậy có 14 bị 1đ 18 AB   tan E  m AC Xét DEF vng D, ta có : DF  DE.tan E  80  140 (m) 1đ Như số tầng tòa nhà : 140 :  70 (tầng) trâu α 3) Xét ABC vng A, ta có : tan C  m 0m Bài 1: (1đ) 1) Giải phương trình : a)  2x b) x2  ĐỀ KIỂM TRA SỐ  3 x  1    2 x  3  x2 Bài 2: (1,5đ) Cho hàm số  P  : y  a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Cho  D  : y  m  x    Tìm m để (D) (P) điểm có điểm chung Tìm điểm chung Bài 3: (3đ) 1) Có hai bình đựng loại dung dịch với nồng độ khác Nếu trộn 200 cm3 dung dịch bình thứ với 600 cm3 dung dịch bình thứ hai dung dịch có nồng độ 17,50 Nếu trộn 400 cm3 dung dịch bình thứ với 400 cm3 dung dịch bình thứ hai dung dịch có nồng độ 200 Hỏi nồng độ dung dịch bình lúc đầu ? 2) Bà nội dành dụm số tiền để thưởng cho cháu bà Bà nói : “Nêu bà thưởng cho cháu 140 nghìn đồng bà cịn lại 40 nghìn đồng Nếu bà muốn thưởng cho cháu 160 nghìn đồng bà cịn thiếu 60 nghìn đồng” Hio3 bà nội dành dụm tiền ? Bài 4: (1đ) Cho phương trình x2   m   x  2m  a) Gọi x1; x2 nghiệm pt Tính A  x1  x2  x1 x2 b) Tìm m để pt có nghiệm x1; x2 thỏa x  x1  x12 Bài 5: (3,5đ) Cho ABC Vẽ (O) đường kính AB cắt BC,AC D,E AD cắt BE H CH cắt AB F a) Chứng minh : BFHD tgnt, xác định tâm S b) CMR : DH phân giác góc EDF c) (S) cắt DE N NF cắt AD, AM I, K CMR : IK // AC d) CMR : F trung điểm IK HƯỚNG DẪN CHẤM Bài : 1) a)  x  3 x  1  (Đặt t = x ; đk : t ≥ 0) PT   2t  3 t  1   2t  t  10    2t  5 t     t  Với t  b) x2   n  hay t  2 l   5 10  10   Vậy nghiệm pt : S    x2   x    2        x    x2    2 x 3  Ta có : a – b + c =  pt có nghiệm phân biệt : x1  1 x2  c    3 a Bài : a) Lập bảng vẽ b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) :  x  mx  2m   x  4mx  8m   1    16m2  32m  16  (D) (P) có điểm chung PT (1) có nghiệm kép     16m2  32m  16   m2  2m     m  1   m    m  1 Khi nghiệm kép pt : x1  x2  b 4m   2m  2a 1 Thay x = vào ( P) : y   x   22  1 4 Vậy tọa độ điểm chung (P) (D) (2; – 1) Bài : 1) Gọi x, y nồng độ dung dịch lúc đầu bình lúc đầu (x > 0; y > 0) Theo đề ta có : 200 x  600 y  800.17,5  x  25      400 x  400 y  800.20  y  15 Vậy nồng độ dung dịch bình lúc đầu 250 150 2) Gọi x số tiền bà nội dành dụm (x > 0) Theo đề ta có : x  40 x  60   160 x  6400  140 x  8400  20 x  14800  x  740 140 160 Vậy bà nội dành dụm 740 nghìn đồng Bài : a) x2   m   x  2m     4m 16m 16  8m  4m  8m 16   2m  2  12  , m 2 Ta có :  > , m  pt ln có nghiệm phân biệt với m  theo định lí viete ta có  S  2m  :   P  2m Ta có : A  x1  x2  x1 x2  2m    2m   4  x2  x12  x1  x2  x1  x22  x2  x12  x1    b) Ta có hpt :  2  x1  x2  x1 x2  4   x1  x1  x1  x1 x1  x1    x1  x1  x1      x2  x12  x1  x2  x12  x1 x 2       x1  2  x1     x1   x1   Thay x1; x2 vào P ta có : x1 x2  2m   2   2m  m  Vậy để x  x1  x12   m=2 Bài : a) c/m AD  BC, BE  AC (dùng t/c góc nội tiếp) c/m CF  AB (dùng t/c đường cao) c/m BFHD tgnt (2 gốc đối bù nhau) b) Ta có : HDE = ABE (cùng chắn cung AE), HDF = HBF (tgnt BFHD)  HDE = HDF  DH phân giác góc EDF A c) c/m DHEC tgnt  HCE = HDN, mà HFN = HDN  HCE = HFN, mà góc vị trí so le  NF // AC d) Gọi T giao điểm AH EF E Xét DEF có : DT p/g trong, DM  DT K T MF DF (1)  DM p/g   ME DE F H TF DF Xét DEF có : DT p/g (2)  TE DE I N MF TF B (3) Từ (1) & (2)   M D ME TE KF MF IF TF Xét MAE có : FK // AE  (4) ; Xét IFT có : FI // AE  (5)   AE ME AE TE KF IF Từ (3);(4);(5)    KF  IF  F trung điểm IK AE AE C ĐỀ KIỂM TRA SỐ Câu 1: a) Giải phương trình: x2 – 5x = 4x – (0,75đ) b) Bạn Chi có tổng cộng gồm 30 tờ tiền gồm hai loại tiền: loại 10.000 đồng loại 5.000 đồng Bạn Chi dự tính mua bút giá 7.000 đồng 20 tập giá 8.000 đồng ,tính cịn thiếu 2.000 đồng Hỏi bạn Chi có tờ tiền loại?(1đ) Câu 2: Cho parabol (P): y = 2x2 a) Vẽ (P) mặt phẳng tọa độ (1đ) b) Tìm m để đường thẳng (d): y = 5x + m có hai điểm chung với (P).( 0,75đ) Câu 3: Cho phương trình: x2 + mx + m – = a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm cịn lại (nếu có) phương trình.(0,75đ) b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa x12 + x22 = 17 (0,75đ) Câu 4: Tìm diện tích miếng bìa hình vng biết tăng độ dài cạnh miếng bìa hình vng lên gấp đơi diện tích miếng bìa tăng thêm 48cm2.(1đ) Câu 5: Tính chiều cao núi, cho biết hai điểm cách 500m, người ta nhìn thấy đỉnh núi với góc nâng 300 420 (làm tròn chữ số thập phân)(1đ) Câu 6: Cho ABC nhọn nội tiếp (O), vẽ đường trịn (I) đường kính BC cắt cạnh AB, AC F E; CF BE cắt H a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp (1,25đ) b) Tia CF, tia BE cắt (O) N, M Chứng minh EF//MN.( 1đ) c) Vẽ đường tròn ngoại tiếp AME cắt đoạn thẳng MN K Chứng minh ba điểm A, K, O thẳng hàng.(0,75đ) HƯỚNG DẪN CHẤM NỘI DUNG a) x – 5x = 4x –  x2 – 9x + = ∆ = 49 > CÂU Câu ĐIỂM 0,75đ  7 97   x1  2.1  Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x     2.1 Vậy S = {8;1} b) Gọi x(tờ) số tờ loại 10 000đ, y(tờ) số tờ loại 000đ (x, y > 0) Vì Bạn Chi có tổng cộng 30 tờ tiền nên ta có phương trình : x+y = 30 (1) Số tiền mua bút giá 7.000 đồng 20 tập giá 8.000 đồng : 7000 + 20 8000 = 202 000 Vì số tiền Chi có bị thiếu 2.000 đồng so với tiền mua nên ta có phương trình: 10 000x + 5000y + 2000= 202 000  2x + y = 40 (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 1đ  x  y  30  x  y  30  x  10    2 x  y  40 2 x  y  40  y  20 Câu = 2x2 Vậy Chi có 10 tờ loại 10 000đ 20 tờ loại 5000đ a) Bảng giá trị : x y b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2x2 = 5x + m  2x2 – 5x – m = (*) Ta có: (P) (d) có hai điểm chung  phương trình (*) có nghiệm phân biệt 1đ 0,75đ a  2  0(ld ) 25   m   25  8m  25 Vậy m  (P) (d) có hai điểm chung Câu được: được: a) Thay x = vào phương trình: x2 + mx + m – = ta 0,75đ 22 + 2m + m – =  3m – =  m = Thay m = vào phương trình: x2 + mx + m – = ta x   x  3 x2 + x + – =  x2 + x – =   Vậy m = phương trình có nghiệm x = nghiệm lại x = – b) Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: 0,75đ 1  0(ld ) a    (m  2)2  24  0(ld )    m m    28    Phương trình ln có hai nghiệm với m Theo định lí Viet ta có: = 17  S  x1  x2  m a       P  x1.x2  m  Ta có: x1 + x22 = 17  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 17  S2 – 2P  (– m)2 – 2(m – 7) = 17  m2 – 2m – = m  1(n)  m  3(n) Vậy m  {–1;3}thì phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa Câu x12 + x22 = 17 Gọi a(cm) độ dài cạnh miếng bìa hình vng lúc đầu (a > 0) Diện tích miếng bìa hình vng lúc đầu a2 (cm2) Độ dài cạnh miếng bìa hình vng lúc sau 2a (cm) Diện tích miếng bìa hình vng lúc sau (2a)2 = 4a2 (cm2) Vì tăng độ dài cạnh miếng bìa hình vng lên gấp đơi diện tích miếng bìa tăng thêm 48cm2 nên ta có phương trình: 4a2 – a2 = 48  3a2 = 48  a2 = 16  a = 4(n) Vậy độ dài cạnh miếng bìa hình vng lúc đầu 4cm Diện tích miếng bìa hình vng 42 =16 cm2 1đ Câu 1đ D A 30° 42° 500m B C Gọi DC chiều cao núi AB khoảng cách hai điểm cách 500m Đặt BC = x  AC = AB+BC = 500x ACD vng C ta có : DC= AC tan DAC = (500+x).tan300 (1) BCD vuông C ta có : DC= BC tan DBC = x.tan420 (2) Từ (1)(2)  (500+x).tan300 = x.tan420  500.tan300 = x.(tan420 – tan 300)  x = 500.tan300 : (tan420 – tan 300) ≈ 893,58m DC = x tan 420 ≈ 804,59 m Vậy chiều cao núi 804,59m Câu A M K E x N F O H I B a) AEHF nội dấu hiệu tổng góc đối 1800 ̂ ̂ = 𝐹𝐶𝐵 b) Cm tg BFEC nt  𝐹𝐸𝐵 ̂(= ̂ = 𝐹𝐶𝐵 Mà 𝑁𝑀𝐵 C 1,25đ 1đ 𝑠đ 𝑐𝑢𝑛𝑔𝑁𝐵) ̂ = 𝑁𝑀𝐵 ̂  𝐹𝐸𝐵  NM // EF c) Kẻ tia tiếp tuyến Ax Cm Ax // EF ( theo dấu hiệu góc slt nhau) 0,75đ Mà Ax  AO  EF  AO Mà EF // MN (cmt)  AO  MN (1) ̂ = 𝐴𝐸𝑀 ̂ ( tứ giác AKEM nội tiếp) Ta có : 𝐴𝐾𝑀 ̂ = 900 Mà 𝐴𝐸𝑀 ̂ = 900  AK  MN (2)  𝐴𝐾𝑀 Từ (1), (2)  A, K, O thẳng hàng ĐỀ KIỂM TRA SỐ 10 Bài Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a) 5x2  x 15  12  b) x4 13x2   (1,5đ) 2 x  y  25 5 x  y  52 c)  Bài Cho ( P) : y   x2 a) Vẽ (P) (0,5đ) b) Tìm m cho (d): y  x  m cắt (P) A có hoành độ (0,5đ) Bài Cho pt: x2  mx   (m tham số) a) Chứng minh pt ln có nghiệm trái dấu (0,25đ) b) Tính tổng tích theo m (0,25đ) c) Tìm m để x14  x1 x23  x13 x2  x24  (0,5đ) Bài Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là100m diện tích 600m2 Tìm kích thước mảnh đất (1,5đ) Bài Ơ tơ xe máy từ A đến B Biết vận tốc ô tô gấp đôi vận tốc xe máy sau 30 phút hai xe cách 25km Tìm vận tốc xe (1,5đ) Bài (3,5đ) Từ điểm S nằm (O) kẻ hai tiếp tuyến SA SB với (O) (A,B hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm AB OS Trên (O) lấy điểm C cho SC cắt đoạn thẳng OA Tiếp tuyến C (O) cắt tia BA K a) Cm tứ giác SAOB nội tiếp b) Cm: KC2 = KA.KB c) Gọi I hình chiếu C lên OK Cm: OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác IAK d) Kẻ AI cắt (O) E Cm:IK.IO=IA.IE HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a) 5x2  x 15  12  (1,5đ) 0 x1  x2  b) 15 x  13x   (1) t  x2  pt (1)  4t  13t   (2) abc  t1  1(n)  x  1 t2  ( n)  x   2 x  y  25  x  10 c)   5 x  y  52  y  1 Bài Cho ( P) : y   x2 a) Vẽ (P) (0,5đ) BGT Vẽ b) Tìm m cho (d): y  x  m cắt (P) A có hồnh độ (0,5đ) x2 (2)2 A(2; y A )  ( P) : y    y A    2  A(2; 2) 2 A(2; 2)  (d ) : y  x  m  2   m  m  4 Bài Cho pt: x2  mx   (m tham số) a) Chứng minh pt ln có nghiệm trái dấu (0,25đ) ac  1.(1)  1  0, m Vậy pt ln có nghiệm trái dấu với m b) Tính tổng tích theo m (0,25đ) b m a c P   1 a S c) Tìm m để x14  x1 x23  x13 x2  x24  (0,5đ) x14  x1 x23  x13 x2  x2    x12  x2   x12  x2   x1 x2  x12  x2     x12  x2   x12  x2    x12  x2     x12  x2   x12  x2  1   m   0(l )  x1  x2   x1  x2     x1  x2   x1  x2        m0 m   x1  x2   x1  x2  m  Bài Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là100m diện tích 600m2 Tìm kích thước mảnh đất (1,5đ) Nửa chu vi mảnh đất là: 100:2=50(m) Gọi chiều rộng mảnh đất là: x(m)>0 Chiều dài mảnh đất là: 50  x (m) ĐK: x  50  x  x  25 (Chiều dài lớn chiều rộng) Vì diện tích mảnh đất 600 m2 nên:  x  20(n) x.(50  x)  600    x  30(l ) Vậy chiều rộng mảnh đất 20m Chiều dài mảnh đất là: 50  x  50  20  30(m) Bài Ơ tơ xe máy từ A đến B Biết vận tốc ô tô gấp đôi vận tốc xe máy sau 30 phút hai xe cách 25km Tìm vận tốc xe (1,5đ) Gọi vận tốc ô tô là: x (km/h)>0 Vận tốc xe máy là: y(km/h)>0 30 phút = 0,5 Vì vận tốc ô tô gấp đôi vận tốc xe máy nên: x  y (1) Vì sau 30 phút hai xe cách 25km nên: 0,5x  0,5 y  25 (2) Từ (1) (2) ta có: x  y  x  100   0,5 x  0,5 y  25  y  50 K Bài A C I D O H E B a) Cm tứ giác SAOB nội tiếp SAO  SBO  1800 S b) Cm: KC2 = KA.KB   K chung  KCA KBC  KC  KA.KB    KCA  KBC c) Gọi I hình chiếu C lên OK Cm: OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác IAK OI OK  OC  OA2  OKA  OAI Vậy OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác IAK d) Kẻ AI cắt (O) E Cm:IO.IK=IA.IE Gọi D giao điểm SC (O) Cm: I tđ CD IO.IK  IC  IC.ID ICE IAD  IA.IE  IC.ID Vậy IO.IK=IA.IE (=IC.ID) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Bạn xem - TỐN CĨ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 40 ĐỀ ĐÁP ÁN VÀO TỐN HÀ NỘI=60k; 40 ĐỀ ĐÁP ÁN ƠN VÀO MƠN TỐN=60k 33 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT ĐẦU NĂM TOÁN 6,7,8,9=50k/1 khối; 180k/4 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN 6,7,8,9 LẦN 1,2,3,4=30k/1 lần/1 khối; 100k/4 khối/1 lần 300 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=150k 200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=100k 200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN HUYỆN=130k; 200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CẤP TỈNH=100k 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN (2019-2020)=100k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG CÁC HUYỆN VĨNH PHÚC=100k (Các đề thi HSG cấp huyện trở lên) CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN 6,7,8,9=100k/1 khối; 350k/4 khối (Các chuyên đề tách từ đề thi HSG cấp huyện trở lên) 25 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT GIÁO VIÊN MƠN TỐN=50k 30 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=40k/1 khối/1 kỳ; 150k/4 khối/1 kỳ 15 ĐỀ ĐÁP ÁN HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9-HÀ NỘI=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 100 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 6=100k 45 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 7=50k 60 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 8=60k 65 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 9=70k 40 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN HÀ NỘI=40k (Là đề thi học kỳ quận, huyện) 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 75 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN LẦN 1,2,3,4=100k 85 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN LẦN 1,2,3=100k; 25 ĐỀ ĐÁPÁN THI THỬ TOÁN HÀ NỘI=50k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 (THPT) CÁC TỈNH 2017-2021=200k 24 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 VĨNH PHÚC1997-2021=50k 150 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2018-2021=150k 52 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2020-2021=80k 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 (THPT) CÁC TỈNH 2020-2021=100k GIÁO ÁN DẠY THÊM TOÁN 6,7,8,9 (40 buổi)=80k/1 khối; 300k/4 khối Ơn hè Tốn lên 6=20k; Ơn hè Tốn lên 7=20k; Ơn hè Tốn lên 8=20k; Ơn hè Tốn lên 9=50k TẶNG: CƠNG THỨC HÌNH HỌC THCS; ĐÁP ÁN 50 BÀI TỐN HÌNH HỌC MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIAI TOÁN; SƠ ĐỒ TƯ DUY TỐN Cách tốn: Thanh tốn qua tài khoản ngân hàng Nội dung chuyển khoản: tailieu + < số điện thoại > Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu gửi vào email bạn qua Zalo 0946095198 ... THỬ TOÁN HÀ NỘI=50k 25 0 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 (THPT) CÁC TỈNH 20 17 -20 21 =20 0k 24 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 VĨNH PHÚC 199 7 -20 21=50k 150 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 20 18 -20 21=150k 52 ĐỀ ĐÁP ÁN. .. 100 k/4 khối/1 lần 300 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=150k 20 0 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7 =100 k 20 0 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 =100 k 25 0 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN HUYỆN=130k; 20 0 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN CẤP TỈNH =100 k 70 ĐỀ ĐÁP ÁN. .. 100 k/4 khối/1 kỳ 100 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 6 =100 k 45 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 7=50k 60 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 8=60k 65 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN 9= 70k 40 ĐỀ ĐÁP ÁN KỲ TOÁN HÀ NỘI=40k (Là đề thi học kỳ quận, huyện) 20