Kính mời quý thầy cô cùng các em học sinh tham khảo, đề thi có gì thiếu sót mong được góp ý

1. Câu 1.(3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 2 0
x x
  
b)
4 1
6 2 9
x y
x y
  


 

c)
4 2
4 13 3 0
x x
  
Câu 2.(3,0 điểm) Cho parabol  
2
x
P : y
2

 ; đường thẳng (d) đi qua điểm C(0; 2)
 và có
hệ số góc là m
a) Vẽ parabol  
2
x
P : y
2


b) Xác định đường thẳng (d) và chứng minh đường thảng (d) luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m .
c) Gọi giao điểm của (d) và (P) là A;B .Tính diện tích tam giác AOB theo m (Olà gốc
tọa độ).
Câu 3.(1,0 điểm) Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B là 80 học sinh. Trong đợt
quyên góp sách vở ủng hộ các bạn học sinh vùng lũ, trung bình mỗi học sinh lớp 9A ủng
hộ 2 quyển, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 3quyển nên cả hai lớp ủng hộ được 202 quyển
sách vở. Tính số học sinh mỗi lớp 9A và 9B.
Câu 4.(3,0 điểm) Cho ΔABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) đường cao AH
của ΔABC . Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của H lên AB,AC .
a) Chứng minh tứ giác AEHFnội tiếp.
b) Chứng minh rằng: AE.AB=AF.AC.
c) Kẻ đường cao AKcủa (O) , AKcắt EFtại I . Chứng minh AKvuông góc với EF.
-------- HẾT -------
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn: Toán – Khối 9
Thời gian: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Trường Song ngữ Quốc tế Horizon
ĐỀ CHÍNH THỨC

2. Đáp án
Câ
u
Nội dung Điể
m
1 Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2
2 3 2 0
x x
   (1)
9 16 25
   
3 5 1 3 5
2
4 2 4
x hay x
  
    
0.5
0.5
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
  


 

4 1 (1)
14 7 ( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
  

 
 

3
1
2
y
x
 


 



0.5
0.5
4 2
4 13 3 0
x x
   (3), đđặt u = x2
,
phương trình thành : 4u2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có 2
169 48 121 11
    
13 11 1 13 11
(4) 3
8 4 8
u hay u
 
    
Do đó (3)
1
3
2
x hay x
    
0.25
0.5
0.25
2
Vẽ  
2
x
P : y
2

 .

3. x 2
 1
 0 1 2
2
x
y
2


2
 1
2
 0 1
2
 2

Nhận xét: Đồ thị làm một parabol hướng xuống nhận trục tung làm trục đối
xứng, Điểm O(0;0)là đỉnh và là điểm cao nhất.
0.25
0.5
0.25
Xác định đường thẳng d: y=mx-2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d
2
x
mx 2
2

 
Đưa về phương trình bậc 2 có ' 2
4 0
m
    với mọi giá trị m
Cm được đường thảng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với
mọi giá trị của m .
0.25
0.25
0.25
0.25
4
2
2
4
6
8
10
15 10 5 5 10 15
(P)
d
x1
x2
H
K
A
B
O
C

4. Gọi
 
2 2
1 2
1 2
x x
A(x ; ); B(x ; )
2 2
lần lượt là giao điểm của (d) và (P)
Nhận thấy a.c 4 0
   nên phương trình  
1 có hai nghiệm trái dấu
Suy ra A,B nằm về hai phía của trục Oy
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A,B trên Oy  1 2
H(0;y ); K(0;y ) .
   
2
AOB AOC COB
AOB
1
AOB
AOB 1 2
1 2
2 2 2
1 1 2 1
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
2
2
S S S
OC.AH OC.BK
S
2 2
2 x
2 x
S
2 2
S x x
§ Æ
t T= x x
T x 2 x .x x
T (x x ) 2x .x 2 x .x
x x 2m
Theo hÖthøc Vi-et
x .x 4
Thay hÖthøc Vi-et vµo tacã T = 2m -2 4
  



 
  


  
  

   
    
  


 

 
2 2
2
2
AOB
+2 4
T 4m +16
T 2 m 4
S 2 m 4


 
  
  
Vậy 2
AOB
S 2 m 4
  
0.25
0.25
0.25
0.25
3 Gọi số học sinh lớp 9A,9B lần lượt là ,
x y  
, *, , 80
x y N x y
 
Tổng số học sinh của hai lớp là 80học sinh nên ta có phương trình 80
x y
 
 
1
Mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 2 quyển thì số sách là 2x (quyển)
0.25

5. Mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 3 quyển thì số sách là 3y (quyển)
Tổng số quyển sách hai lớp ủng hộ là 202 quyển nên ta có phương trình
2 3 202
x y
   
2
Từ    
1 , 2 ta có hệ phương trình :
80 2 2 160 42 42
2 3 202 2 3 20 3
2 80 8
     
   
  
   
      
   
x y x y y y
x y x y x y x
(TM)
Vậy số học sinh lớp 9A là 38 học sinh và số học sinh lớp 9Blà 42 học sinh.
0.25
0.5
4
1) Xét tứ giác AEHFcó:
0
AEH = 90 (HE AB)

0
AFH = 90 (HF AC)

0
AEH+AFH = 180

Mà hai góc nay ở vị trí đối diện nhau
 Tứ giác AEHFnội tiếp.
0.25
0.25
0.5
.
2) Xét AHB
 vuông tại H , đường cao HEcó:
 
2
AH AE.AB 1

Xét AHC
 vuông tại H , đường cao HFcó:
0.5
I
E
F
H
O
C
B
A
K

6.  
2
AH AF.AC 2

Từ  
1 và  
2 suy ra AE.AB=AF.AC 0.5
Vì tứ giác AEHF nội tiếp nên AEF AHF
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung
AF)
Mà ACB AHF
 (cùng phụ với )
FHC suy ra (1)
AEF ACB

Trong (O) có ACB AKB
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AKB AEF

Vì
0
180
AEF FEB
  ( 2 góc kề bù) suy ra
0
180
AKB FEB
 
Nên tứ giác BEIK nội tiếp( 2 góc này ở vị trí đối diện nhau)
Vì 0 0
90 90
EBK EIK
   hay AK vuông góc với EF.
0.25
0.25
0.25
0.25