Đề thi môn Toán 9 năm 2016 - 2017

Giáo viên: Lê Văn Vinh trường THPT Phước Long – Bình phước 
Câu 1: 
1. A = 2 
4 3 3 3 5 3 2 3B     
2. 
     
3 3 ( 3) 3
9 93 3 3 3 3 3
x x x x x x x x
P
x xx x x x x x
 
     
      
2 2,( 9)
9
x
P x
x
   

2 18 18x x x     (thỏa) 
Câu 2: 
1. a) y = x2 và y = x +2 
b) d1 vuông góc d nên a =-1 ta có: d1 : y =-x –m+1 
Hoành độ giao điểm của d1 và (P) là nghiệm pt: x
2 = -x-m+1x2 +x +m-1=0 (*) 
Để d1 cắt (P) tại hai điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt >01-4(m-1)>0 m < 
5
4
2. 
3 2 1 3 2 1 7 7 1
2 4 4 2 8 4 2 2
x y x y x x
x y x y y x y
            
     
           
Đáp số: hệ có một nghiệm: (1;2) 
Cẩu 3: x2 -2x +2 – m =0 
1. m = 1ta có PT: x2 -2x +1 =0 (x-1)2 =0 x=1 
2. Tìm m để pT có hai nghiệm thỏa: 3 2
1 2
2 ( 2) 5x m x   
+) PT có hai nghiệm ’ ≥ 0  1-2+m≥0m≥1 
+) Ta có: 1 2
1 2
2
. 2
x x
x x m
  

 
+) Theo đề: 3 2
1 2
2 ( 2) 5x m x   (*) 
Mà x1, x2 là hai nghiệm PT nên: 
2
1 1
2
2 2
2 2
2 2
x x m
x x m
   

  
 Thế vào (*) ta có: 
1 1 2
2 (2 2) (m 2)(2 2) 5x x m x m       
2
1 1 2
4 2( 2) 2( 2) ( 2)( 2) 5x m x m x m m         
2
1 1 2
4(2x 2) 2( 2) 2( 2) 9 0m m x m x m          
2
1 1 1 2
8x 4( 2) 2 4 2( 2) 9 0m mx x m x m          
2 2 2
1 2
2( 2)(x ) 4 17 0 4( 2) 17 0 8 9 0m x m m m m m m                
1 9m m     
So điều kiện ta có m =1 thỏa YCBT. 
2. Gọi x là số xe của công ty ban đầu ( x nguyên dương) 
Số hàng mỗi xe chở ban đầu là: 
180
x
(tấn) 
Số hàng mỗi xe chở thực tế là: 
180
6x 
(tấn) 
Ta có PT: 2
180 180
1 6 1080 0 30 36
6
x x x x
x x
          

So điều kiện ta có x =30 nên ban đầu mỗi xe dự định chở là: 180 : 30 = 6(tấn) 
Câu 4: 
+) Tam giác ABC vuông tại A nên AB = BC.cosB =8.cos300 = 4 3 (cm) 
Và AC = BC.sin300 = 4(cm) 
+) 2
1 1
. 4 3( )
2 4MAB ABC
S S AB AC cm   
Câu 5: 
a) Tứ giác AEFH là hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn 
b) Tứ giác AEFH là hình chữ nhật nên: 
  AEF HAE 
  HAE ACB (cùng phụ góc ABC ) 
   AEF ACB 
Vậy tam giác vuông AEF đồng dạng tam giác vuông ACB 
c) AEF ACB     0180AEF BCF AEF AEF    BEFC nội tiếp PE.PE =PB.PC(1) 
AKEF nội tiếp nên: PE.PF=PK.PA (2) 
Từ (1) và (2) PB.PC = PK.PA 
PB PK
PA PC
 , mà  BPA CPA nên tam giác BPA đồng dạng tam 
giác KPC BAP KCP tứ giác AKBC nội tiếp (cùng chắn KB ) 
K thuộc đường tròn dường kính BC  02 30KIA KCA  
Kẻ AQ  IK ta có: AQ = IA.sinAIQ =
2
a
; (IA = a) 
Vậy 
21 1
. .
2 2 2 4IAK
a a
S IK AQ a  