Đề kiểm tra học kỳ II môn: Toán 9 (Huyện Thủy Nguyên)

UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN: TOÁN 9 
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1: (1,5 điểm) Giải các hệ phương trình sau: 
a)
2 3
2 4
x y
x y
 

 
 b) 
3 2 7
2 3 3
x y
x y
 

 
Bài 2: (1,75 điểm) Giải các phương trình sau: 
a) 25 2 0x x  b) 22 5 2 0x x   c) 4 28 9 0x x   
Bài 3: (1,5 điểm) Cho hàm số 
2
2
x
y  
 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. 
 b) Tìm phương trình đường thẳng (d): y x m   , biết (d) đi qua điểm A trên (P) có 
hoành độ là 2. 
Bài 4: (1,25 điểm) 
 Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 3 cm và cạnh huyền bằng 
15 cm. Tính độ dài hai cạnh góc vuông đó. 
Bài 5: (3,5 điểm) 
Cho ( O ; R ) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Qua A kẻ các tiếp tuyến AB và AC 
với đường tròn (B và C là các tiếp điểm). 
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 
b) Kẻ đường kính BD của (O), vẽ CK vuông góc với BD tại K. Chứng minh AOC = BDC 
c) Chứng minh AC.CD = AO.CK 
d) AD cắt CK ở I. Chứng minh I là trung điểm của CK. 
Bài 6: (0,5 điểm) 
Cho phương trình  2 0 0ax bx c a    có hai nghiệm là 1 2;x x thỏa mãn 
1 2 0ax bx c   và 2 1 0ax bx c   . Tính giá trị của biểu thức: 
2 2 3 3 3A a c ac b abc     . 
================== Hết ======================== 
 UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT HK II 
NĂM HỌC 2013-2014 
Môn: Toán 9 
Bài Nội dung Điểm 
a) 
2 3
2(2 3) 4
y x
x x
 

  

2 3
4 6 4
y x
x x
 

  
 
2 3
5 10
y x
x
 



2
1
x
y



 0,50 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (2; 1) 0,25 
b) 
6 4 14
6 9 9
x y
x y
 

 

3 2 7
5 5
x y
y
 

 
 0,25 

3 2.( 1) 7
1
x
y
  

 

3 9
1
x
y


 

3
1
x
y


 
 0,25 
Bài 1 
(1,5 điểm) 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (3; -1) 0,25 
a)   5 2 0x x    x = 0 hoặc 5x + 2 = 0 
 x = 0 hoặc 
2
5
x

 
0,25 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = 0, 2
2
5
x

 0,25 
b) – Tính  
2
= -5 4.2.2 25 16 9 0       3  0,25 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 
1
5 3
2
4
x

  , 
2
5 3 1
4 2
x

  
0,25 
c) 4 28 9 0x x   (*). Đặt x2 = t (t  0), ta có pt: 2t + 8t - 9 = 0 0,25 
Vì a + b + c = 1 + 8 + (-9) = 0 nên t1 = 1 (thỏa mãn); t1 = - 9 (loại) 0,25 
Bài 2 
(1,75 điểm) 
Với t = t1 = 1, ta có x
2 = 1  x1= 1 ; x2= - 1 
Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x1= 1 ; x2= -1 
0,25 
a) - Lập bảng giá trị 0,25 
 - Vẽ đồ thị chính xác 0,50 
b) Điểm A thuộc (P) có hoành độ là 2 nên 
22
2
2
y   suy ra điểm 
A(2; 2). 
0,25 
Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2; 2) 
Ta có: 2 2 4m m     
0,25 
Bài 3 
(1,5 điểm) 
Vậy phương trình đường thẳng (d) có dạng: 4y x   0,25 
Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm); (x > 0) 
thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 3 (cm) 
0,25 
Mà cạnh huyền bằng 15 nên theo đinh lý Py-ta-go ta có phương 
trình:  
22 2x + x +3 =15 
0,25 
 22x +6x -216 = 0 2x +3x -108 = 0 , 
Ta có  = 441 > 0  21  
 1
-3+ 21
x = = 9
2
 (thỏa mãn); 2
-3- 21
x = = -12
2
(loại) 
0,50 
Bài 4 
(1,25 điểm) 
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là: 9cm; 12 cm 0,25 
Vẽ hình đúng cho câu a 
0,25 
a) Xét tứ giác ABOC có 
 090ABO  ;  090ACO  (AB, AC là tiếp tuyến tại B, C của (O)) 
0,25 
Bài 5 
(3,5 điểm) 
   0180ABO ACO  mà ABO và ACO là 2 góc đối của tứ giác 
 tứ giác ABOC nội tiếp 
0,50 
b)  
1
AOC BOC
2
 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 0,25 
 1BDC BOC
2
 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC) 0,25 
 AOC = BDC 0,25 
c) ACO CKD  (g.g) 0,50 
AC AO
CK CD
  AC.CD AO.CK  0,25 
d) Ta có CK // AB ( cùng vuông góc với BD ) nên IK // AB 
Xét ABD có IK // AB (cmt )  
IK DK
AB DB
 (hệ quả định lí ta lét) 
 IK.DB = AB.KD (1) 
0,25 
- Lại có 
AC CO
CK KD
  (vì ACO CKD  ) 
Mà AC = AB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) ; CO = OB = R 
Nên 
AB OB
AB.KD CK.OB
CK KD
    (2) 
0,25 
- Từ (1) và (2) ta có IK.DB = CK.OB. 
Hay IK . 2R = CK . R  CK = 2IK 
0,25 
- Suy ra I là trung điểm của CK 0,25 
Vì x1 là nghiệm của phương trình 
2 0ax bx c   ( 0a  ). 
nên ta có 21 1 0ax bx c   mà 2 1 0ax bx c   => 
2
1 2 0x x  (1) 
Tương tự, ta có: 22 1 0x x  (2) 
Từ (1) và (2) =>   2 21 2 2 1 0x x x x   
0,25 
Bài 6 
(0,5 điểm) 
Khai triển đẳng thức này, rồi thay 1 2 1 2;
b c
x x x x
a a
    
ta được A = 3 
0,25 
 Học sinh làm các khác đúng, chặt chẽ, ngắn gọn cho điểm tối đa.