Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD & ĐT Quảng Nam (Có đáp án)

 UBND TỈNH QUẢNG NAM KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014-2015 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: TOÁN - LỚP 9 
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút, không kể thời gian giao đề 
Bài 1. (2,0 điểm) 
a. Giải hệ phương trình 
2x y 4
x 3y 3
 

  
. 
b. Giải phương trình 4x4 + 3x2 – 1 = 0. 
Bài 2. (2,0 điểm) 
Cho hàm số 
2y 2x có đồ thị (P). 
a. Vẽ đồ thị (P) của hàm số. 
b. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng d có phương trình 
y x 3   . 
Bài 3. (2,5 điểm) 
 Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (*), với x là ẩn số. 
a. Giải phương trình với m = 4. 
b. Chứng minh phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 
c. Tìm giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 
1 2
2 1
x x
3
x x
   . 
Bài 4. (3,5 điểm) 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các 
đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H (DAC, EAB). 
 a. Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn. Từ đó suy ra 
BCD AED . 
 b. Kẻ đường kính AK. Chứng minh AB.BC = AK.BD. 
 c. Từ O kẻ OM vuông góc với BC (MBC). Chứng minh ba điểm H, M, 
K thẳng hàng. 
------------------ Hết ------------------- 
Giám thị không giải thích gì thêm. 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 – HKI- NH 2014-2015 
Bài Néi dung Điểm 
1 
(2,0đ) 
a) 
2 4 6 3 12 5 15 3
3 3 3 3 3 3 2
x y x y x x
x y x y x y y
        
     
             
 1,0 đ 
b) Đặt y = x2  0, phương trình trở thành 4y2 + 3y – 1 = 0 
 Suy ra được y1 = -1 (loại) ; y2 = 
1
4
. 
 Với y = 
1
4
 => x = 
1
2
 . Vậy pt có hai nghiệm: x1 = 
1
2
; x2 = 
1
2
 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
2 
(2,0đ) 
a) Xác định đúng 5 điểm đặc biệt 
 Vẽ đúng đồ thị 
 0,5 đ 
0,5 đ 
b) Phương trình hoành độ giao điểm 2 22 3 2 3 0x x x x       
 Giải tìm được x1 = 1; x2 = 
3
2
 
 Từ đó suy ra được tọa độ hai giao điểm là (1; 2) và (
3
2
 ; 
9
2
). 
 0,25đ 
 0,25đ 
 0,5đ 
3 
(2,5đ) 
 x
2
 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (*) 
a) Với m = 4, PT (*) thành x2 – 10 x = 0 
 Giải tìm được x1 = 0; x2 = 10 
0,25đ 
0,5đ 
b) Lập và biến đổi  
2
2 2 1 19' 1 ( 4) 5
2 4
m m m m m
 
           
 
 Suy ra ' 0  với mọi m. 
 Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
c) Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x1 + x2 = 2(m+1) ; x1.x2 = m - 4 
 2 2 21 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 1
3 3 ( )
x x
x x x x x x x x
x x
           
 2
0
4( 1) ( 4) 9
4
m
m m
m

     
  

0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
4 
(3.5đ) 
 Hình vẽ đúng 
a. Ta có 
0AEH ADH 90  
Suy ra tứ giác AEHD nội tiếp. 
 => AED AHD (Cùng chắn cung AD) 
Lí luận được ACB AHD (Cùng phụ 
với góc CAH ). 
 => AED AHD 
b. Xét 2 tam giác ABK và BDC, ta có: 
0ABK BDC 90  
 AKB BCD (cùng chắn cung AB) 
 ABK BDC  
=> 
AB AK
=
BD BC
 hay AB.BC= AK.BD 
c. Ta có OM BC => M là trung điểm của BC. 
 Lí luận được tứ giác BHCK là hình bình hành (BD//KC, BK//HC). 
 Suy ra HK đi qua trung điểm M của BC. Vậy ba điểm H, M, K thẳng hàng 
0,5đ 
0,25đ 
0,5đ 
\ 
0,5đ 
0,5đ 
0,5đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
O
A
B
C
D
E
H
K
M