ĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCMĐỀ THI HỌC KỲ 2 TOÁN 9 TPHCM
Trang 1ĐỀ SỐ 1: QUẬN 1, NĂM 2014-2015
Bài 1: (3 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x 15 0
2+ =
b) x2−(2 3−1)x−2 3=0
c) 3x 10x 8 0
2
d)
=
−
=
−
15 2y 3x
33 5y 7x
Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: x 3x m 1 0
(x là ẩn)
a) Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2
x , x
Tính 1 2
x
x +
và 1 2
x x
theo m
b) Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2
x , x
thỏa mãn: x (x 1) (x 32x4 1) 3
2 2
4 1
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 4
x y
2
−
=
b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng ( )d :x−2y=4
Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R) Các tiếp tuyến tại B, tại C của
đường tròn (O) cắt nhau tại M
a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn và xác định tâm K của đường tròn này
b) Gọi D là giao điểm của MA và đường tròn (O) (D khác A), H là giao điểm của OM và BC Chứng minh rằng MB 2 = MD.MA
c) Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và AHˆO=MHˆD
d) Chứng minh rằng: BAˆD=CAˆH
Trang 2BÀI GIẢI
Bài 1: (3 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2+ =
(1)
Giải:
0 45 15 3 0
'= 2 − =− <
∆
Do ∆'<0
nên phương trình (1) vô nghiệm Vậy phương trình (1) vô nghiệm
b) x2−(2 3−1)x−2 3=0
(2)
Giải:
Ta có a−b+c=1−[−(2 3−1) ]+(−2 3)=0
nên phương trình (2) có hai nghiệm:
3 2 1
3 2 a
c x 1;
x1=− 2 =− =−− =
Vậy phương trình (2) có tập nghiệm là S={−1;2 3}
2
(3)
Giải:
Đặt t=x2(t≥0)
Phương trình (3) trở thành: 3t 0t 8 0
(*)
( )5 3.( )8 25 24 49 0; ' 49 7 '
Δ= − 2− − = + = > ∆ = =
Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
4 3
7 5
t1= + =
2 3
7 5
t2 = − =−
(loại)
Với
4
t1 =
thì x 4 x 2
2 = ⇔ =±
Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là S={−2;2}
d)
=
−
=
−
15 2y 3x
33 5y 7x
(4)
Giải:
( )
=
=
⇔
=
−
=
⇔
=
−
−
=
−
⇔
−
= +
−
=
−
⇔
6 y
9 x 15 2y 27
9 x 15 2y 3x
9 x 75
10y 15x
66 10y 14x 4
Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là ( ) ( )x;y = 9;6
Trang 3Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: x 3x m 1 0
(x là ẩn)
a) Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2
x , x
Tính 1 2
x
x +
và 1 2
x x
theo m
Giải:
Ta có Δ=32 −4.1.(m−1)=9−4m+4=13−4m
Để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2
4
13 m 13 4m 0
4m 13 0
Δ≥ ⇔ − ≥ ⇔− ≥− ⇔ ≤
⇔
Vậy phương trình có nghiệm x 1 , x 2 khi 4
13
m≤
Với 4
13
m≤
phương trình có nghiệm x 1 , x 2 thỏa hệ thức Vi-ét:
1 m 1
1 m a
c x x P 3;
1
3 a
b x x
S= 1+ 2 =− =− =− = 1 2 = = − = −
b) Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2
x , x
thỏa mãn: x (x 1) (x 32x4 1) 3
2 2
4 1
Giải:
Ta có x (x 1) (x 32x4 1) 3
2 2
4 1
3 x 32x x
2 1
5
⇔
( ) ( ) ( )
3 x
0 x 3
0 x x x
0 2x x
2x x
2x x
32x x
0 32x x
0 3 3 32x
x
0 3 x x 32x x
2 2
2 2 1
2 1
2 1
5 2
5 1
5 2
5 1
5 2
5 1
5 2
5 1
2 1
5 2
5 1
=
⇔
= +
−
⇔
= + +
⇔
= +
⇔
−
=
⇔
−
=
⇔
−
=
⇔
= +
⇔
=
−
−
− +
⇔
=
− +
− +
⇔
Thay x2 = 3 vào S và P ta được:
−
=
−
=
⇔
−
=
−
= +
3
1 m x
6 x 1 m 3 x
3 3 x
1
1
1 1
17 m 18 1 m 6 3
1 m
−
=
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
⇒
(thỏa)
Trang 4Vậy m=−17
là giá trị cần tìm
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 4
x
y=− 2
Giải:
Bảng giá trị
4
x y
2
−
0 −1 −4
Vẽ đồ thị
b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng ( )d :x−2y=4
Giải:
Ta có ( )d :x−2y=4
hay
2
1 y :
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
Trang 5( )5 0 8 2x x
8 2x x
2 x 2
1 4 x
2 2 2
=
− +
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
Ta có ∆'=12−1.( )−8 =1+8=9>0; ∆'= 9 =3
Do ∆'>0
nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:
4 1
3 1 x 2;
1
3 1
x1= − + = 2 =− − =−
Với
2
x1 =
, ta có
1 4
2 y
2
1 =− =−
Với
4
x2 =−
, ta có
4
4 y
2
2 =− − =−
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(2;−1) (,B −4;−4)
Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R) Các tiếp tuyến tại B, tại C của
đường tròn (O) cắt nhau tại M
a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn và xác định tâm K của đường tròn này
Giải:
Ta có
0
90 O Bˆ
(tính chất tiếp tuyến)
⇒
B thuộc đường tròn đường kính MO (1)
Ta có
0
90 O Cˆ
(tính chất tiếp tuyến)
Trang 6C thuộc đường tròn đường kính MO (2)
Từ (1) và (2) ⇒
4 điểm O, B, M, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO Vậy tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn đường kính MO và tâm K là trung điểm của MO
b) Gọi D là giao điểm của MA và đường tròn (O) (D khác A), H là giao điểm của OM và BC Chứng minh rằng MB 2 = MD.MA
Giải:
Xét ∆MBD và ∆MAB có:
1
Mˆ
: chung
1
1 Aˆ
Bˆ =
(hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
⇒
∆MBD ∆MAB (g.g) ∽
MD.MA MB
MB
MD MA
=
⇔
=
⇒
c) Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và AHˆO=MHˆD
Giải:
Trang 7Ta có MB = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OB = OC = R
⇒
MO là đường trung trực của đoạn thẳng BC
⇒
MO ⊥
BC tại H (với H là trung điểm của BC)
Ta có ∆MBO vuông tại B và có BH là đường cao
⇒
MB 2 = MH.MO (hệ thức lượng)
Và MB 2 = MD.MA (do trên)
⇒
MH.MO = MD.MA
Xét ∆MHD và ∆MAO có:
2
Mˆ
: chung
MO
MD MA
MH
=
(vì MH.MO = MD.MA)
⇒
∆MHD ∆MAO (c.g.c) ∽
2
1 Aˆ
Hˆ =
⇒
(3) (2 góc tương ứng)
Xét tứ giác OADH có: 1 2
Aˆ
Hˆ =
(do trên)
⇒
Tứ giác OADH nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài)
⇒ Hˆ2 =Dˆ1
(4) (cùng chắn cung OA)
Vì OA = OD = R nên ∆OAD cân tại O
2
1 Aˆ
Dˆ =
⇒
(5)
Trang 8Từ (3), (4) và (5) 1 2
Hˆ
Hˆ =
⇒
Hay AHˆO=MHˆD
d) Chứng minh rằng: BAˆD=CAˆH
Giải:
Ta có CAˆH 180 CHˆA ACˆH
=
(tổng 3 góc trong ∆ACH)
=BHˆA−ACˆH
(vì CHˆA và BHˆA là 2 góc kề bù)
H Cˆ A Hˆ
900 − 2−
=
(vì BHˆA và 2
Hˆ
là 2 góc phụ nhau)
H Cˆ A 2
Hˆ 2
1800 2
−
−
=
H Cˆ A 2
Hˆ Hˆ
1800 1 2
−
−
−
=
(vì 1 2
Hˆ
Hˆ =
)
H Cˆ A 2
A Hˆ
=
(vì
0 2
1 DHˆA Hˆ MHˆO 180
)
H Cˆ A 2
A Oˆ
=
(cùng chắn cung AD của tứ giác OADH nội tiếp)
=DCˆA−ACˆH
(hệ quả góc nội tiếp)
=DCˆB
Trang 9=BAˆD
(cùng chắn cung BD)
Vậy BAˆD=CAˆH