Toan9 hd thang1

1. Toán 9 Kiểm tra định kì tháng 1
- Trang | 1 -
Câu Nội dung Điểm
Phần I 1.C 2.B 3.A 4.C 5.D 6.B 7.B 8.A 2
Phần II
1
a/
3 1
5 3 11
x y
x y
 − =

+ =
+) TH1: 0y ≥ . Khi đó y y= . Hệ tương đương
13 1
25 3 11
xx y
yx y
= − = 
⇔ 
=+ = 
+) TH2: 0y < . Khi đó y y= − . Hệ tương đương
23 1
75 3 11
xx y
yx y
= − + = 
⇔ 
=+ = 
1
b/
2 3
12
5 2
19
x y
x y

+ =


 + =

Đặt a =
1
y
và b =
1
x
ta có hệ
2 3 12
5 2 19
b a
b a
+ =

+ =
⇔
4 6 24
15 6 57
b a
b a
+ =

+ =
⇔
2 3 12
11 33
b a
b
+ =

=
<=>
2 3 12
3
b a
b
+ =

=
⇔
2
3
a
b
=

=
⇔
1
y
=2⇔ y =
1
2
và
1
x
= 3 ⇔ x =
1
3
Vậy nghiệm của hệ
1
3
1
2
x
y

=

 =

1
HDG ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ
THÁNG 1/2015

2. Toán 9 Kiểm tra định kì tháng 1
- Trang | 2 -
2 Gọi số sản phẩm trong tháng đầu của tổ 1 là x, của tổ 2 là y (0 < x,y < 400)
Ta có hệ phương trình:
400 400
250
1 1 11 16
150435 435
10 15 10 15
x y x y
x
yx x y y x y
 + =  + =
= 
⇔ ⇔     
=+ + + = + =     
   
Vậy tháng đầu, tổ 1 sản xuất được 250 sản phẩm, tổ 2 sản xuất được 150
sản phẩm.
2
3
I
A
O C H
D
P
B
0,25
a) Ta có : BAC = 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> DAC = 900
(Do kề bù với BAC )
=> A; C; D cùng thuộc đường tròn đường kính CD (1)
Theo gt DH BH⊥ nên DHC = 900
=> H; C; D cùng thuộc đường tròn đường kính CD (2)
(1) và (2) => đpcm
1
b/ Xét hai tam giác vuông PAD và PHC
Có 0
90PAD PHC= = và P chung
suy ra PAD∆ đồng dạng với PHC∆
CP
. . (
PD
PH
CP PA PH PD
PA
⇒ = ⇒ = ñpcm)
0,75
c) Tam giác BPD có BH, PA là các đường cao cắt nhau tại C nên C là trực
tâm của tam giác .
(1)DC BP⇒ ⊥
Mặt khác: BIC = 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)CI BP⇒ ⊥
Qua một điểm ngoài đường thẳng ta chỉ kẻ được một đường thẳng vuông
góc với đường thẳng đã cho.
Do đó từ(1) và(2) DC IC⇒ ≡ . Vậy I; C; D thẳng hàng.
1

3. Toán 9 Kiểm tra định kì tháng 1
- Trang | 3 -
4
Theo đề bài có:
( 1) (3 1) 2 0 (1)
2 ( 2) 4 0 (2)
m x m y m
x m y
 + + + + − =

+ + − =
=>
2( 1) 2(3 1) 2 4 0 (3)
2( 1) ( 1)( 2) 4( 1) 0 (4)
m x m y m
m x m m y m
 + + + + − =

+ + + + − + =
Lấy (4) – (3) có: 2
( 3 ) 6 0 ( 3) 6 (5)m m y m hay m m y m− − = − =
Để hệ có nghiệm duy nhất thì (5) phải có nghiệm duy nhất. Khi đó,
m 0; m 3≠ ≠ .
Ta có,
6 12 15
(*) 1 (6)
3 3 3
m
y x
m m m
+
= => = = −
− − −
Từ (*) suy ra y nguyên thì 6 chia hết cho m – 3
Từ (6) suy ra x nguyên thì 15 chia hết cho m – 3
=> 3 chia hết cho m – 3 => m = 2, 4, 6 (theo (*)). Thử lại ta thấy thỏa mãn
1