Đây là đề thi thực tế cho các em rèn luyện, là tài liệu quý cho thầy cô tham khảo

1. UBND QUẬN TÂN BÌNH
TRƯỜNG THCS ÂU LẠC
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2
Năm học: 2019-2020
Môn: TOÁN - Lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 3x2 2x 5 = 0
b) x4  25x2 + 2= 98
Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hàm số 2
1
2
y x

 có đồ thị (P) và
hàm số y = x  4 có đồ thị (D)
a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.
Câu 3: (1 điểm) Cho phương trình  
2
2 2 0
x m x m
    (1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi là hai nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị biểu thức
A=  
1 2
( 2) 2
x x
 
Câu 4: (1 điểm)
Gia đình A có 4 người lớn và 3 trẻ em mua vé xem phim hết 520 000 đồng. Gia
đình B có 2 người lớn và 2 trẻ em cũng mua vé xem phim đó hết 290 000 đồng. Hỏi giá vé
mỗi người lớn và giá vé mỗi trẻ em là bao nhiêu?
Câu 5: (1 điểm) Lớp 9A có số học sinh đạt điểm kiểm tra môn Toán như sau:
1
6
đạt
điểm giỏi, số học sinh đạt điểm khá bằng
3
2
số học sinh đạt điểm giỏi, số học sinh còn lại
của lớp đạt điểm trung bình. Biết tổng số học sinh đạt điểm khá và giỏi là 20 học sinh, tính
số học sinh đạt điểm trung bình?
Câu 6: (1 điểm) Nước giải khát thường đựng trong lon nhôm và cỡ lon phổ biến trên
thế giới thường chứa được khoảng 335ml chất lỏng, được thiết kế hình trụ với chiều cao
gần gấp đôi đường kính đáy (cao 12cm, đường kính đáy 6,5cm). Nhưng hiện nay các nhà
sản xuất có xu hướng tạo ra những lon nhôm với kiểu dáng thon cao dài. Tuy chi phí sản
xuất của những chiếc lon này tốn kém hơn, do nó có diện tích mặt ngoài lớn hơn, nhưng nó
lại dễ đánh lừa thị giác và được người tiêu dùng ưa chuộng hơn.
1 2
x ,x
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề có 02 trang

2. Một lon nước ngọt cao 14cm , đường kính đáy là 6cm. Hỏi lon nước ngọt cao này
có thể chứa được hết lượng nước ngọt của một lon có cỡ lon phổ biến không? Vì sao?
(Biết 1ml=1cm3 và công thức tính thể tích hình trụ là V = π.r2.h, trong đó r là bán
kính đáy hình trụ, h là chiều cao hình trụ)
Câu 7: (3điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O ; R) (OA > 2R). Từ A vẽ hai tiếp
tuyến AB, AC (B,C là tiếp điểm) và cát tuyến ADE không qua tâm tới đường tròn (O) (D
nằm giữa A và E, cát tuyến ADE cắt bán kính OB). Gọi H là giao điểm của OA và BC.
a) Chứng minh: Tứ giác OBAC nội tiếp và AC2 = AD.AE
b) Chứng minh: AH . AO = AD . AE và góc OHE= góc ODE
c) Từ B vẽ đường thẳng song song với ED, đường thẳng này cắt (O) tại G. Gọi I là
giao điểm của CG và ED. Chứng minh: IE = ID.
-----Hết-----

3. ĐÁP ÁN
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 a) 3x2 2x 5 = 0
(a 3; b 2; c 5)
 
  
2 2
b 4 a c ( 2) 4 3 ( 5) 64 0
8
            
 
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
b 2 8 5
x
2a 2 3 3
   
  

; 2
b 2 8
x 1
2a 2 3
   
   

Vậy S =
5
; 1
3
 

 
 
0,75
b) x4  25x2 + 2= 98
 x4  25x2 + 100 = 0 (1)
Đặt 2
t x ; t 0
 
2
2
(1) t 25t 100 0
( 25) 4 1 100 225 0
15
   
       
 
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
b 25 15
t 20 (n)
2a 2 1
   
  

; 2
b 25 15
t 5 (n)
2a 2 1
   
  

Khi 2
1
t 20 x 20 x 2 5
      ; Khi 2
1
t 5 x 5 x 5
     
Vậy S =  
2 5; 5
 
0,75
Bài 2 a) BGT
x - 4 - 2 0 2 4
2
1
2
y x


-8 -2 0 -2 -8
Vẽ đúng hình
1
b/ Pt hoành độ giao điểm của (P) và (D) :
2
2
1
4
2
1
4 0
2
x x
x x

 
   
   
1 2
2; 4
x x
Thay x1 = 2 vào hàm số y = x - 4  y1 = 2 - 4 = -2
Thay x2 = -4 vào hàm số y = x - 4  y1 = -4 - 4 = - 8
Vậy giao điểm là (2; -2);  
 
4; 8
0,5

4. Bài 3 a)  
2
2 2 0
x m x m
   
=[-(m + 2)]2 – 4.1.2m
= m2 +4m + 4 - 8m
= m2 - 4m + 4
= ( m - 2)2 ≥ 0 với mọi m
=> phương trình luôn có nghiệm với mọi m
0,5
b) Theo định lý Vi-et ta có:
 
    



   


1 2
1 2
2
2
b
S x x m
a
c
P x x m
a
Ta có : A =  
1 2
( 2) 2
x x
 
= x1 x2 - 2x1 - 2x2 +4
= x1 x2 - 2(x1 + x2) +4
= 2m - 2 ( m + 2)+ 4
= 2m -2m -4 + 4
= 0
0,5
Bài 4 Gọi x( nghìn đồng ) là giá vé người lớn
y( nghìn đồng ) là giá vé trẻ em
Điều kiện: x, y > 0
Gia đình A có 4 người lớn và 3 trẻ em mua vé xem phim hết 520 nghìn
đồng nên ta có phương trình: 4x +3y = 520 (1)
Gia đình B có 2 người lớn và 2 trẻ em cũng mua vé xem phim đó hết
290 nghìn đồng nên ta có phương trình: 2x +2y = 290 (2)
Ta có hệ phương trình
  

 

 
 
 
4 3 520
2 2
85
60
290
x y
x y
x
y
Vậy:
Giá vé người lớn là 85 nghìn đồng
Giá vé trẻ em là 60 nghìn đồng
1
Bài 5 Gọi x ( học sinh) là số học sinh của lớp 9A ( x  N*)
 số học sinh đạt điểm giỏi là
1
6
x ( học sinh)
số học sinh đạt điểm khá là
3 1 1
.
2 6 4
x x
 ( học sinh)
1

5. Vì tổng số học sinh đạt điểm khá và giỏi là 20 học sinh nên ta
có phương trình:
1 1
20
6 4
x x
 
 x = 48 ( nhận)
Vậy số học sinh đạt điểm trung bình là : 48 20
  28 ( học sinh)
Bài 6 Thể tích lon nước ngọt cao 14cm , đường kính đáy là 6cm là :
V = πr2h =
2
3
6
. 14 126 395,8( )
2
cm
 
 
 
 
 
Đổi 335ml = 335cm3
Vì 335cm3< 395,8cm3 nên lon nước ngọt cao này chứa được
hết lượng nước ngọt của một lon có cỡ phổ biến.
1
Bài 7
a) Chứng minh: tứ giác OBAC nội tiếp và AC2= AD.AE
Xét tứ giác ABOC có : góc OBA = góc OCA = 90 độ ( AB và AC là tiếp
tuyến của (O))
=>góc OBA+ góc OCA= 180 độ
 tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA
Xét ACD và AEC ta có:
góc EAC chung
góc ACD=góc AEC(
1
2
sdCD
 )
( . )
ACD AEC g g
  
∽
2
.
AC AD
AE AC
AC AD AE
 
 
1,5
b) Chứng minh: AH . AO = AD . AE và góc OHE=góc ODE
Ta có :
OB = OC = R
1
I
G
H
D
C
B
O
A
E

6. AB = AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại A)
 OA là trung trực của BC
 OA  BC tại H.
Xét ACO vuông tại C có CH là đường cao ta có :
AC2 = AH . AO ( hệ thức lượng)
mà 2
. ( )
AC AD AE cmt

 AH . AO = AD . AE
Xét AHD vàAEO có:
Góc OAE chung
( . . )
AH AD
AH AO AD AE
AE AO
 
( . . )
AHD AEO c g c
  
∽
Xét tứ giác OHDE có
góc AHD= góc AEO (tam giác AHD đồng dạng tam giác AEO)
 tứ giác OHDE nội tiếp
=>góc OHE=góc ODE( cùng nhìn OE)
c) Chứng minh: IE = ID.
Ta có:
góc AIC=góc BGC( đồng vị, BG // DE)
góc ABC = góc BGC (=1/2 sd cung BC)
=>góc AIC=góc ABC
Xét tứ giác ABIC có :
góc AIC=góc ABC (cmt)
 tứ giác ABIC nội tiếp
mà tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA (cmt)
 A,I,B,O,C thuộc đường tròn đường kính OA
=> góc AIO=90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OA)
Xét (O) có :
OI  ED tại I (góc AIO=90 độ)
 I là trung điểm của DE ( liên hệ dây và đường kính)
 IE = ID
0,5