Đề kiểm tra Học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Tứ Kỳ (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
HUYỆN TỨ KỲ 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II 
(Thi thử tuyển sinh vào lớp 10 THPT) 
Năm học 2018-2019 
MÔN: TOÁN – LỚP 9 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang) 
Câu 1. (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình:  5 6x x  
2. Cho hệ phương trình: 
4
2 2
ax by
ax by
  

  
Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm là:    , 2; 3x y   
Câu 2. (2,0 điểm) 
1. Cho hàm số bậc nhất   23 2 3 (1)y m x m m     . Tìm giá trị của m để 
đồ thị hàm số (1) đi qua gốc tọa độ. 
2. Rút gọn biểu thức 2 3 3 6:
93 3 2 6
x x xA
xx x x
  
   
   
 với 0, 9x x  
Câu 3. (2,0 điểm) 
1. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc, đi trên quãng đường từ A đến B dài 
150km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên đến B trước ô 
tô thứ hai là 30 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô? 
2. Tìm m để phương trình:  2 2 1 6 0x m x    ; ( x là ẩn, m là tham số) có 
hai nghiệm phân biệt 1 2; x x với 1 2x x sao cho 1 2 5x x  
Câu 4. (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC  AB AC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), đường 
cao AH. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Hai đường thẳng EF 
và BC cắt nhau tại P, AP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q (Q khác A). 
1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn. 
2. Chứng minh AEF đồng dạng với ACB . 
3. Chứng minh: 2PH PB.PC 
4. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh rằng ba điểm K, H, Q 
thẳng hàng. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Cho a, b, c là các số dương thoả mãn: 1 1 1 6  
  a b b c c a
. 
Chứng minh rằng: 1 1 1 3
3 3 2 3 3 2 3 3 2 2
  
     a b c b c a c a b
-------- Hết -------- 
T-DH01-HKII9-1819 
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
HUYỆN TỨ KỲ 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II 
(Thi thử tuyển sinh vào lớp 10 10 THPT) 
Năm học 2018-2019 
MÔN : TOÁN – LỚP 9 
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) 
Câu Ý Đáp án Điểm 
Giải phương trình  5 6x x   
  25 6 5 6 0x x x x       1; 5; 6a b c     0,25 1 
(1,0) Vì 1 5 6 0a b c      nên phương trình đã cho có hai nghiệm 
phân biệt 1 21; 6
cx x
a

    0,75 
Cho hệ phương trình 
4
2 2
ax by
ax by



  
  
Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm là    , 2; 3x y   
 VÌ hệ phương trình 
4
2 2
ax by
ax by



  
  
 có nghiệm là 
   , 2; 3x y   nên .2 .( 3) 4
2 .2 .( 3) 2
a b
a b



   
   
0,25 
12 3 4 6 6
4 3 2 4 3 2 4 3 2
aa b a
a b a b a b
   
    
  
    
        
 0,5 
Câu 1 
(2,0 điểm) 
2 
(1,0) 
1
2
3
a
b
 

 


 0,25 
Cho hàm số bậc nhất   23 2 3 (1)y m x m m     . Tìm giá trị của 
m để đồ thị hàm số (1) đi qua gốc tọa độ 
Vì hàm số (1) là hàm số bậc nhất nên m 3 0 m 3 (2)     0,25 
Đồ thị hàm số (1) đi qua gốc tọa độ O(0;0) khi và chỉ khi 
  2 20 3 .0 2 3 2 3 0m m m m m         0,25 
Giải ra được 1m hoặc 3m 0,25 
Đối chiếu với điều kiện (2) được 1m thỏa mãn đề bài 0,25 
1 
(1,0) 
* Lưu ý: Nếu có tìm điều kiện (2) mà không đối chiếu để loại m = -3 thì 
trừ 0,25 đ 
Rút gọn biểu thức 2 3 3 6:
93 3 2 6
  
       
x x xA
xx x x
 với 0, 9x x  
Câu 2 
(2,0 điểm) 
2 
(1,0) 
2 3 3 6:
93 3 2 6
x x xA
xx x x
  
       
0,25 
T-DH01-HKII9-1819 
   
  
2 3 3 3 3 6:
2 63 3
x x x x x
A
xx x
     

 
  
2 6 3 3 3 6:
2 63 3
x x x x xA
xx x
     

 
  
3 3 2( 3).
63 3
x xA
x x
  

 
0,25 
 
  
3 1 2( 3).
63 3
x xA
x x
  

 
 0,25 
1
3
xA
x



 0,25 
Trong câu 3 ý 1: 
+ Nếu sai hoặc thiếu điều kiện trừ 0,25đ 
+ Nếu đúng điều kiện nhưng không đối chiếu trừ 0,25đ 
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) 
Điều kiện x > 10 
Vận tốc của ô tô thứ hai là x 10 (km / h) ; 
Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là 
150 (h)
x
Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là 
150 (h)
x 10
0,25 
Vì ô tô thứ nhất đến B sớm hơn ô tô thứ hai 30 phút (=
1 (h)
2
) 
nên ta có PT: 150 150 1 =
x 10 x 2


 (1) 
0,25 
2x 10x 3000 0    
Giải PT được x 60 
x 50 ( )

  
(tháa m·n)
lo¹i
 0,25 
1 
(1,0) 
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 (km/h), vận tốc của ô tô thứ 
hai là 50 (km/h) 0,25 
Tìm m để phương trình  2 2 1 6 0x m x    ( x là ẩn, m là tham số) có 
hai nghiệm phân biệt 1 2; x x với 1 2x x sao cho 1 2 5x x  
Phương trình:  2 2 1 6 0x m x    có tích các hệ số 
a.c 6 0   nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 
1 2; x x với mọi m 
Áp dụng Hệ thức Vi-ét có: 1 2
1 2
x x 2m 2
x x 6
  

 
0,25 
Câu 3 
(1,5điểm) 
2 
(1,0) 
Do 1 2x x 6 0   nên hai nghiệm 1 2; x x trái dấu 
Mà 1 2x x suy ra 1 20; 0xx   
0,25 
Do vậy 1 1 2 2;x x xx    
Theo đề bài ta có 1 2 1 2 1 25 5 5x x x xx x         0,25 
72 2 5
2
m m     0,25 
 Vẽ hình phần 1 đúng cho 0,25 điểm 
Nếu vẽ sai hình thì không chấm điểm cả câu 4. 
P
E
F
H
O
B C
A
0,25 
Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn 
 0AEH 90 ( )gt 
 0AFH 90 ( )gt 
0,25 
Do vậy  0AEH AFH 180  0,25 
1 
(0,75) 
Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn 0,25 
Chứng minh AEF đồng dạng với ACB 
Vì tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn nên 
 AEF AHF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF) 
Mà  AHF ACB (cùng phụ với HAC ) 
Suy ra  AEF ACB 
0,25 
2 
(0,75) 
Xét AEF và ACB có 
 AEF ACB 
BAC chung 
Suy ra AEF ACB (g.g)  
0,25 
Câu 4 
(3,0 điểm) 
3 Chứng minh 2 .PH PB PC 
Xét PBE và PFC có 
   PCFPEB AEF  
CPF chung 
Suy ra PBE PFC (g.g)  
PF . . (1)PB PC PEPB
PE C
F
P
P    
0,25 
Vì tứ giác AEHF nội tiếp nên  PFH EAH (hai góc nội tiếp 
cùng chắn cung EH) 
Mà  PHEEAH  (cùng phụ với ABH ) 
Suy ra  PFHPHE  
Xét PEH và PHF có 
 PFHPHE  
HPF chung 
Suy ra PEH PHF (g.g)  
2PH . (2)PH PEPE
PH PF
PF    
0,25 
(0,75) 
Từ (1) và (2) suy ra 2 . (2)PH PB PC 0,25 
Q
K
P
E
F
H
O
B C
A
Tứ giác AQBC nội tiếp đường tròn (O) nên  PACPBQ (cùng 
bù với QBC ) 
Do đó PBQ PAC (g.g) . .PB PQ PB PC PA PQ
PA PC
      
Suy ra . . PE PAPE PF PA PQ
PQ PF
   
Từ đó ta có  PEQ PAF (c.g.c) PEQ PAF    
Suy ra tứ giác AQEF nội tiếp được đường tròn 
Mà ba điểm A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên Q 
cũng nằm trên đường tròn đường kính AH 
Suy ra  090 (3)AQH QH AQ   
0,25 
4 
(0,5) 
Mặt khác  090AQK  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
(4)QK AQ  0,25 
Từ (3) và (4) suy ra hai đường thẳng QH và QK trùng nhau 
Suy ra 3 điểm K,H,Q thẳng hàng. 
Trước hết ta chứng minh BĐT : 
Với x > 0,y > 0 thì 
1 1 4
x y x y
 
 hay 
1 1 1 1
4x y x y
 
    
Thật vậy ta có  22( ) 0 4x y x y xy     
4 1 1 40; 0
x yDo x y
xy x y x y x y

      
  
1 1 1 1
4x y x y
 
     
(đpcm). 
0,25 
Áp dụng ta có 
1 1 1 1 1
3 3 2 (2 ) ( 2 ) 4 2 2a b c a b c a b c a b c a b c
               
Lại có 
1 1 1 1 1 1 1 1;
2 4 2 4a b c a b a c a b c a b b c
                   
1 1 2 1 1
3 3 2 16a b c a b b c c a
          
0,25 
Tương tự 
1 1 1 2 1
2 3 3 16
1 1 1 1 2
3 2 3 16
a b c a b b c c a
a b c a b b c c a
         
         
Cộng các BĐT cùng chiều vế theo vế ta được 
1 1 1 1 1 1 1
3 3 2 3 3 2 3 3 2 4a b c b c a c a b a b b c c a
               
0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
Do 
1 1 1 6
a b b c c a
  
  
1 1 1 1 3.6
3 3 2 3 3 2 3 3 2 4 2a b c b c a c a b
    
      (đpcm) 
Dấu “=” xảy ra khi 
1
4
a b c   
0,25 
* Lưu ý: Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa