MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II TOÁN 9
ĐỀ SỐ 1:
Nội dung kiến
thức
1/ Phương
trình trùng
phương; hệ
phương trình .
Số câu, số
điểm ,tỉ lệ
2/ Vẽ đồ thị và
tìm giao điểm
của (P) và (d).
Số câu, số
điểm ,tỉ lệ

THIẾT LẬP MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA:
Mức độ nhận thức
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
TN
TL
TN
TL
TN
TL
Học sinh biết giải hệ
phương và phương
trình trùng phương.
2 câu

2 điểm
20 %

Số câu, số
điểm ,tỉ lệ

Số câu, số
điểm ,tỉ lệ
Tổng số câu,
tổng số điểm ,tỉ
lệ

2 câu
2 điểm
20 %

Hiểu được kiến thức
Học sinh biết được kỹ
tìm tọa độ giao điểm
năng vẽ (P)
của (P) và (d).
1 câu
1 câu
1 điểm
1 điểm
10 %
10 %

3/ Phương
trình bậc hai

và hệ thức
Vi-et

4/ Tứ giác nội
tiếp, diện tích
đa giác

Tổng

Nhận biết điều kiện
để tứ giác nội tiếp
2 câu
2điểm
20 %
5 câu
5 điểm
50 %

2 câu
2 điểm
20 %

Hiểu được chứng
minh phương trình
có nghiệm

Vận dụng định lý
Vi-et để tìm
GTNN


1 câu
1 điểm
10 %
Hiểu được quan hệ
góc với đường trịn
để chứng minh
vng góc
1 câu
1 điểm
10 %
3 câu
3 điểm
30 %

1 câu
1 điểm
10 %
Vận dụng kiến
thức tính diện
tích để tính diện
tích.
1 câu
1 điểm
10 %
2 câu
2 điểm
20 %

ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 2 điểm ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

�x  y  5
3x  y  7
�

a) �

b) x 4  5 x 2  4  0

2
Bài 2 : ( 2 điểm ) Trên cùng một MFTĐ Oxy cho hai đồ thị Parabol  P  : y  x và

 d  : y  4 x  3
a) Vẽ  P 

b) Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  .

2
Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho phương trình : x   m  2  x  2m  0 (1)

2 câu
2 điểm
20 %

4 câu
4 điểm
40 %
10 câu
10 điểm
100 %



a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: ( 4 điểm ) Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) . Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp.
c) Chứng minh : OA  EF
d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 .
Tính theo R diện tích phần hình trịn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC
------- Hết ------ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài

NỘI DUNG
�x  y  5
3x  y  7
�

a) Giải hpt �

4 x  12
�
��
�x  y  5
�x  3
�x  3
��
��
3  y  5 �y  5  3  2
�


1

b) Giải pt x 4  5 x 2  4  0 (*)
2
2
Đặt x  t  t �0  . PT  * � t  5t  4  0
� t1  1 ( nhận ) ; t2  4 ( nhận )
Với

t1  1 � x 2  1 � x  �1
t2  4 � x 2  4 � x  �2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1  1; x2  1; x3  2; x4  2
2
a) Vẽ  P  : y  x
+ Lập bảng giá trị đúng :
x
-2 -1 0 1 2
2
y=x
4
1 0 1 4

ĐIỂM
1,0đ
0,5
0,5
1,0đ
0,25
0,25

0,25
0,25
1,0đ
0,5

0,5

2
+ Vẽ đúng đồ thị :
b)Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  .

1,0đ

+ Pt hoành độ giao điểm của  P  và  d  : x 2  4 x  3  0

0,25

+

0,25
0,25

x1  1 � y1  1: A  1;1

x2  3 � y2  9 : B  3;9 

Vậy tọa độ giao điểm của  P  và  d  là A  1;1 ; B  3;9 
a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m .
2
2

 m  2  � 4.1.  2m   m 2  4m  4   m  2  �0, m
+ �
�
�

0,25
1,0đ
0,75


+ Vậy phương trình (1) ln có 2 nghiệm x1 ; x2 với mọi m .
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 sao cho x12  x2 2 đạt giá
trị nhỏ nhất.
+ Theo vi-et :

x1  x2  m  2

0,25

x1.x2  2m

+ x12  x2 2   x1  x2   2 x1 x2

0,25

2

  m  2   2.  2m   m 2  8m  4   m  4   12 �12, m

0,25


+ Vậy GTNN của x12  x2 2 là – 12 khi m  4  0 � m  4
a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp.

0,25
1,0đ

2

2

� = 900;AFH
� = 900 gt
+ Tứ giác AEHF có: AEH
( )
� + AFH
� = 900 + 900 = 1800
+ AEH
+ Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH
b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp.
� = 900;BEC
� = 900 gt
+ Tứ giác BFEC có: BFC
( )

3

4

0,25

1,0đ

+ F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900
+ Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC
c) Chứng minh : OA  EF
�'
�
+ Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O) � xAB
( Cùng chắn cung AB )
= ACB
� = ACB
� ( BFEC nội tiếp )
+ AFE
� � x'x //FE
+ � x�'AB = AFE
+ Vậy : OA  EF
d) Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB;
cung BC và dây AC
+ Gọi SCt là diện tích phần hình trịn giới hạn bởi dây AB; cung BC và
dây AC . SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC
+

SVFAB = SquatOAB - SDOAB =

+

SVFAC = SquatOAC - SDOAC =

pR2 R2
4

2

(đvdt)

pR2 R 2 3
3
4

(đvdt)

+
�
��
pR2 R2 �
pR2 R2 3�
5pR2 - 6R2 - 3 3R2
�
�
�
�
�
SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC = pR2 - �
=
�
�
�
�
�
�
�

2�
4 �
12
�
�4
��
�3

(đvdt)
* Ghi chú :
- Hình vẽ sai khơng chấm điểm phần bài hình
- Mọi cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa của câu đó.

0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25



ĐỀ SỐ 2:
Chủ đề
1. Hàm số y=ax

Nhận biết
2

( a  0)

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
2. Phương trình
và hệ phương
trình

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Thơng
Vận dụng
hiểu
Thấp

Cao

- HS tính
được giá
trị của
hàm số

1
1
10%

1
1
10%
- HS giải
được hệ
PT, tìm
điều kiện
để PT có
nghiệm
duy nhất.
2
2
20%

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
3. Góc với
đường trịn

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %

- HS biết vận dụng giải
phương trình trùng

phương.
- HS giải được bài tốn
bằng cách lập PT bậc
hai
2
3
30%
- HS biết vẽ hình và
chứng minh được tứ
giác nội tiếp

0.5
1.5
15%

4. Hình trụ

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
Tổng số câu
Tổng số điểm
Tỉ lệ %

Tổng

1
1
10%


- HS nhớ
cơng thức,
tính được
Sxq, V của
hình trụ.
1
1
10%
3
3
30%

2.5
4.5
45%

4
5
50%
- Hs vận
dụng cung
chứa góc để
chứng minh
và so sánh
hai góc
0.5
1.5
15%

1

3
30%

0.5
1.5
15%

1
1
10%
7
10
100%


ĐỀ KIỂM TRA
1
2

Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số y  f (x)  x 2 .Tính f (2) ; f ( 4)
Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình:

3 x  y  10
�
�
�x  y  4

Bài 3: (1,5đ)
Giải phương trình: x 4  3 x 2  4  0
Bài 4 : (1,0đ)

Với giá trị nào của m thì phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 5: (1.5đ)
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó
Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính:
a) Diện tích xung quanh của hình trụ.
b) Thể tích của hình trụ.
(Kết quả làm trịn đến hai chữ số thập phân;  �3,14)
Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD
cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh rằng:
a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của BCˆ F .
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Bài
1
(1,0đ)
2
(1,0đ)

Đáp án
f(2)=2
f(-4)=8
Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1)

Biểu
điểm
0,5
0,5
0,75
0,25


x 4  3x 2  4  0

3
(1,5đ)

4
(1,0đ)

Đặt x2 = t (ĐK t≥0)
Ta có PT : t2+3t-4 = 0
Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0
� t1 = 1 ; t2 = -4 (loại)
Với t = 1 � x1 = 1, x2 = -1
Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1
Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = 0 (1)
phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt khi
∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0 => m >

0,5
0,25
0,5
0,25
0,75


5
(1,5đ)

6

(1,0đ)

Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m >
Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x  N) =>Số thứ 2 là x+1
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1)
Tổng của hai số đó là: x + x + 1 = 2x + 1
Theo bài ra ta có PT: x2 – x – 20 = 0
Có nghiệm thỏa mãn x = 5
Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6
a) Diện tích xung quanh của hình trụ là:
Sxq = 2  r.h = 2.3,14.6.9 �339,12 (cm2)
b) Thể tích của hình trụ là:
V =  r2h = C3,14 . 62 . 9 �1017,36 (cm3)
Hình vẽ:

0,25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0,5
0,5

2
1

B
E


0,5đ

A

7
(3,0đ)

F

1
D



a)Ta có: ACD = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD )
Xét tứ giác DCEF có:

ECD = 900 ( cm trên )

và EFD = 900 ( vì EF  AD (gt) )


=> ECD + EFD = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( đpcm )
b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a )
=> Cˆ 1 = Dˆ 1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF )
Mà: Cˆ 2 = Dˆ 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB )

(1)
(2)


Từ (1) và (2) => Cˆ1 = Cˆ 2 hay CA là tia phân giác của BCˆ F ( đpcm )
( Lưu ý : Các cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 3:

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5


MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Cấp độ

Nhận biết

Thông hiểu

TL

TL

Tên
Chủ đề

Vận dụng
Cấp độ thấp


Cấp độ cao

TL

TL

Cộng

1. Phương trình
– hệ phương
trình

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
2. Đồ thị hàm số

2
2đ
20%

1
1đ
10%

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
3. Phương trình
bậc hai


1
1đ
10%

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %

1
1đ
10%

1
1đ
10%

3
3đ
30%

2
2đ
20%

1
1đ
10%

2

2đ
20%

4. Đường trịn

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
Tổng số câu
Tổng số điểm
Tỉ lệ %

1
1đ
10%

2 1
1.5đ 0.5đ
15% 5%
4
4đ
40%

3
2.5đ
25%

4
4
3.5đ

35%

3đ
30%
11
10đ
=100%


ĐỀ KIỂM TRA
Câu 1 : ( 2 điểm)
Giải phương trình, hệ phương trình sau
a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0
2x  y  5
�
b) �
�x  y  3

Câu 2 : ( 2 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) vơ nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1.x2  2(x1  x2)
Câu 3 : (2 điểm)
Cho hàm số y=x 2
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên
b) Cho hàm số y = mx + 4 có đồ thị là (d). Tìm m sao cho (d) và (P) cắt nhau tại hai
1

1


điểm có tung độ y1, y2 thỏa mãn y  y  5
1
2
Câu 4 : ( 3 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A; B).
Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.

�  ODM
�
b) Chứng minh rằng: CAM
c) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh: E; F; P thẳng hàng.
Câu 5 : ( 1 điểm)
Giải phương trình

4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  3  9x

----HẾT---ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM:
Câu

Đáp án

Điểm


a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1)

Đặt t= x2 ( t �0 )

pt (1) � 4t 2  9t  9  0
a  4; b  9; c  9

0.25

  b 2  4ac  9 2  4.4.( 9)  225  0

0.25

t  3
�
�
�
3
Câu 1
�
t
(2 điểm)
� 4
3
Với t 
4

(loai )
(TMDK )
� x2 

3
4


�x�

3
2

0.25

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x 

3
3
;x  
2
2

2x  y  5
�
b) �
giải hệ tìm được ( x= 2; y=1)
�x  y  3
a) Phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 2 = 0 vô nghiệm khi   0
 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 < 0  m > 9/4
b) Phương trình x2 – ( 2m – 1)x + m2 – 2 = 0 có nghiệm khi  �0
 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 �0  m �9/4
Câu 2 Khi đó ta có x1  x 2  2m  1, x1x 2  m 2  2
(2 điểm)
x1.x 2  2(x1  x 2 )
�
m  0  nhân 
� m 2  2  2(2m  1) � m 2  4m  0 � �

m  4  loai 
�
Kết luận
a) Lập bảng và tính đúng
Vẽ đúng đồ thị
b) Ta có x 2  mx  4  0 và a.c = - 4 <0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1, x2. Theo hệ thức Viets ta có x1  x 2  m; x1.x 2  4
1

1

1

0.25
1
0,5
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,5
0,25

1

Câu 3 Khi đó   5 � 2  2  5
y1 y 2

x1 x 2
(2 điểm)

� x12  x 2 2  5x12 .x 2 2
� (x1  x 2 ) 2  2x1.x 2  5(x1.x 2 ) 2
� m 2  72 � m  �6 2

0,25
0,25
0,25

E

Câu 4
(3 điểm)
F

D
M

C

P
A

O

B

a. Tứ giác ACMO nội tiếp.

Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp

1


�  ODM
�
b. Chứng minh rằng: CAM
� �
- Chứng minh được CAM
ABM
- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp
�
- Chứng minh được �
ABM  ODM
�  ODM
�
Suy ra CAM

0.25
0.25
0.25
0.25

c. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g)

0.25

PA PM


Suy ra
PC PO

0.25

Suy ra PA.PO=PC.PM
d. Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE
Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E

0.25

FC PC PC AC AC CF

;

;

DG PD PD BD BD DE

Dựa vào AC//BD chứng minh được

0.25

Suy ra DE = DG hay G trùng E.
Suy ra E; F; P thẳng hàng
2
2
4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  3  9x ( 4x  5x  1 �0 ; x  x  1 �0 )




� 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1

Câu 5
(1 điểm) �  9x  3   3  9x 









4x 2  5x  1  2 x 2  x  1   3  9x  4x 2  5x  1  2 x 2  x  1



0.25



� 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  1 (lo�i)
4x  5x  1  2 x  x  1 � �
9x  3  0
�
2


2

9x - 3 = 0 � x = 1/3 (Thỏa mãn điều kiện)
Kết luận:…

0.25
0.25
0.25


ĐỀ SỐ 4:
MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Vận Dụng

Cấp độ
Nhận Biết

Thông Hiểu

Các chủ đề
1.Hệ phương trình
bậc nhất hai ẩn
Số câu 1
Số điểm 1 – Tỉ lệ
10%
2.Hàm số
y  ax 2 (a �0) và
phương trình bậc
nhất hai ẩn
Số câu 5

Số điểm 5,5– Tỉ
lệ55%
3.Góc với đường
trịn
Số câu3
Số điểm 3,5– Tỉ
lệ35%
Tổng số câu 9
Tổng số điểm 10
Tỉ lệ 100%

Vận dụng thấp

Vận dụng
cao

Giải hệ
phương trình
Số câu 1
Số điểm 1
Vẽ đồ thị
hàm số
y  ax 2

Giải phương
trình trùng
phương

Số câu 1
Số điểm 1


Số câu 1
Số điểm 1

Chứng minh
tứ giác nội
tiếp được
đường tròn
Số câu 1
Số điểm 1,5
Số câu 2
Số điểm 2,5
25%

Số câu 2
Số điểm 2
20%

Tổng cộng

Số câu 1
1điểm
=10%
-Tìm tọa độ
giao điểm của
(d ) và (P).
-Vận dụng
định lý Vi-ét
Số câu 2
Số điểm 2


Giải bài tốn
bằng cách
lập phương
trình

Chứng minh
hệ thức hình
học

Tính diện tích
hình phẳng

Số câu 1
Số điểm 1

Số câu 1
Số điểm 1

Số câu 1
Số điểm 1,5

Số câu 5
Số điểm 5,5
55%

Số câu 5
5,5 điểm=
55%


Số câu 3
3,5 điểm=
35%
Số câu 9
Số điểm 10


ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 3 điểm) ( Không dùng máy tính cầm tay )
1) Giải hệ phương trình:
3x  y  3
�
�
2x  y  7
�

2) Giải phương trình:
x 4  13x 2  36  0

3) Cho phương trình bậc hai:
x 2  6x  m  0 (m là tham số )
Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn
x13 +x 32  72

Bài 2: (1,5 điểm)
Một tam giác vng có chu vi bằng 30m, cạnh huyền bằng 13m. Tính mỗi cạnh góc vng.
Bài 3: ( 2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y  2x 2
a) Vẽ đồ thị ( P )
b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d): y  3x  1

Bài 4: (3,5điểm)
Từ điểm A ở ngoài đường tròn (0;2cm). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường
trịn đó (M nằm giữa A và N), cho góc BAC có số đo bằng 600.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường trịn
ngoại tiếp tứ giác ABOC.
b) Chứng minh: AB 2  AM . AN
c) Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
BÀI
1.1

ĐÁP ÁN
Giải hệ phương trình:
3x  y  3
�
�
2x  y  7
�
3x  y  3
5x  10
�
�
��
�
2x  y  7
�
�y  2x  7

1đ
0,25đ


�x  2
��
�y  2x  7
�x  2
��
�y  3

0,25đ

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

0,25đ

Giải phương trình: x 4  13 x 2  36  0
Đặt t = x 2 (t �0) phương trình trở thành t 2  13t  36  0
Giải   25 và t1  9 (nhận) t2  4 (nhận)

1đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

( x; y )  (2; 3)

1.2

ĐIỂM

t1  x 2  9 � x  �3; t2  x 2  4 � x  �2


0,25đ


Vậy phương trình có 4 nghiệm:

0,25đ

x1  3; x2  3; x3  2; x4  2

1.3

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

1đ

x  x  72
3
1

3
2


9 m 0
Phương trình có nghiệm x1 , x2 khi ’ �

m 9

�x  x2  6

�x1.x2  m

1
Viết đúng hệ thức Vi-et � �

x13  x23  72 � ( x1  x2 )3  3x1x2 ( x1  x2 )  72
� 6  3.m.6  72 � m  8 vậy m = 8
2

2

Tìm hai cạnh góc vng
x 13
Gọi x(m) là cạnh góc vng thứ nhất. Điều kiện 0 ��
Cạnh vuông thứ hai: 17  x (m)
Sử dụng định lý Pitago viết phương trình

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

x 2  (17  x) 2  169

0,25đ
0,25đ

0,25đ

� x 2  17x+60  0
Lập   49 � x1  12; x2  5
x1  12 (nhận) x2  5 (nhận)

3

Vậy độ dài hai cạnh góc vng là: 12m và 5m
a. Vẽ đồ thị (P): y  2 x 2
Bảng giá trị
x
… -2 -1
0
1
2 …
2
y  2 x
… -8 -2
0 -2 -8 …
Vẽ đúng đồ thị
b.Tọa độ giao điểm của (P) và (d)
Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

1đ
0,5đ

0,5đ
1đ
0,25đ


2 x 2  3 x  1 � 2 x 2  3 x  1  0

Giải ra nghiệm x1  1; x2  

0,25đ

1
2
1
2

0,5đ

1
2

Tìm được tọa độ giao điểm A(-1;-2) và B(  ;  )
4

0,5đ
Vẽ hình:
B

A
O
M
N
C


a) . Tứ giác ABOC có �
ABO  �
ACO  900 (tính chất của
tiếp tuyến )
� �
ABO  �
ACO  1800 � Tứ giác ABOC nội tiếp đường
tròn

0,5đ


VABC có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và
�  600 suy ra VBAC là tam giác đều � �
� BAC
ACB  600

0,25đ

� �
AOB  �
ACB  600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung)
OB
2
� OA 

 4 cm
0
�
cos AOB cos 60


Vậy tứ giác ABOC nội tiếp trung đường tròn tâm là trung
điểm của OA bán kính bằng 2 cm.
b) Xét hai tam giác VABM và VANB .
�
ABM và �
ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp
� )
cùng chắn cung BM
)
A chung
Suy ra ABM đồng dạng ANB(g.g)
�

AB AM

� AB 2  AM . AN
AN
AB

c) Tứ giác ABOC nội tiếp
�  BOC
�  180
� BAC
�  1800  BAC
�  180 0  600  1200
� BOC
 R 2  .4.120 4

  (cm 2 )

Squạt OBMC 
3600
3600
3
2. AB.OB
SOBAC  2 SOBA 
 2 3.2  4 3
2
4 12 3  4
Scần tìm = SOBAC – Squạt  4 3 

3
3
4(3 3   ) 2

cm
3

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0

Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa


0,25đ
0,25đ
0,25đ


ĐỀ SỐ 5:
MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA:
Vận dụng
Nhận
Thông
Cấp độ
biết
hiểu
Cấp độ thấp
cao

Cấp độ
Chủ đề

1. Hàm số y = ax

2

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ
Xác định
hệ
số,
điều

kiện để
2. Hệ phương trình
một PT
và phương trình
là
bậc hai.
phương
trình bậc
hai một
ẩn.
Số câu
1(2a)
Số điểm
1đ
Tỉ lệ
10%
3. Giải bài toán
bằng cách lập hệ
phương trình,
phương trình.
Số câu
Số điểm
Tỉ lệ

4. Góc với đường

trịn.Tứ giác nội
tiếp.

Vẽ được

đồ thị hàm
số
1(1b)
1đ
10%

Cộng

1
1đ
10%

Giải
phương
trình bậc
hai,
hệ
phương
trình bậc
hai.

Tìm giá trị
tham số
theo điều
kiện của
nghiệm

2(1a,2b)
2đ
20%


1(2c)
4
1đ
10%
Lập được
bài phương
trình bậc hai
dựa trên đề
bài. Từ đó
giải
được
bài
tốn
thực tế
1(3)
2đ
20%
Vận dụng
được tính
chất về góc
với đường
trịn.
Chứng minh
được tứ giác
nội
tiếp
đường trịn

4đ

40%

1
2đ
20%


Số câu
Số điểm
Tỉ lệ

2(5a,5b)
2đ
20%

Vận dụng
tốt cơng
5. Hình trụ,
thức tính
hình nón, hình
diện tích
cầu.
Xq,
thể
tích của
hình trụ
Số câu
3(4a,b)
Số điểm
1đ

Tỉ lệ
10%
Tổng số câu
1
5
3
Tổng số điểm
1đ
4đ
Tỉ lệ %
10%
40%

2
2đ
20%

1
1đ
20%
1
4đ
40%

10
1đ
10%

10 đ
100%



ĐỀ KIỂM TRA
I. PHẦN CHUNG
Bài 1. (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình và phương trình sau:

3 x  2 y  11
�
a) �
x  2y 1
�

b) 4x4 + 9x2 - 9 = 0

Bài 2. (1,0 điểm)
Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x+3
a) Vẽ (P).
b) Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán.
Bài 3. (2,0điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m = 2
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 = 52
Bài 4. (1,0 điểm) Giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình:
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần chữ số hàng chục và
nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn
(M ≠ A và B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.


e) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.

�  ODM
�
f) Chứng minh rằng: CAM
g) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
h) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh: E; F; P thẳng hàng.
Bài 6. (1,0 điểm)
Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh
AC . Vẽ hình, tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?
--- Hết ---


ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau:
3x  2 y  11
�

b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0

a. �
�x  2 y  1
a)1 đ
b) 1 đ
3x  2 y  11
�

4 x  12
�


�x  3

�x  3

��
��
��
a. �
3  2 y  1 �y  1
�x  2 y  1
�x  2 y  1 �
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x=3; y=1)
b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1)
Đặt t=x2 ( t �0 )

(1 điểm)

pt (1) � 4t 2  9t  9  0
a  4; b  9; c  9
  b 2  4ac  92  4.4.(9)  225  0
t  3
�
�� 3
�
t
� 4
3
Với t 
4


(loai )
(TMDK )
� x2 

(0,5 điểm)
3
4

�x�

3
2

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x 

3
3
;x  
2
2

(0,5 điểm)

Bài 2: (1 điểm) Cho parabol (P): y = x2 (P) và đường thẳng (d): y =
2x+3
a. Vẽ (P).
b. Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán.
a)0,5 đ
b) 0,5 đ

a. Vẽ (P). Bảng giá trị:
x
-2
-1
0
1
2
2
y=x
4
1
0
1
4
Vẽ đúng:
(0,5 điểm)

b. Phương trình hồnh độ giao điểm (d) và (P)
x2 = 2x + 3


(0,5 điểm)

x 2 =2x+3
� x 2 -2x-3=0
x  1
�
��
x3
�


Với x = -1 � y = 1 � P(-1; 1)
Với x = 3 � y = 9 � Q(3; 9)
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt P(-1; 1); Q(3; 9).
Bài 3: (2điểm) Cho phương trình:
x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a. Giải phương trình với m = 2
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1; x2 thỏa
mãn x12+x22 = 52
a)1 đ
b) 1 đ
a. Với m = 2 pt(1): x2 + 2x + 1 = 0
Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = -1
(1 điểm)
2
2
b. Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 +x2 = 52
x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số)
a = 1; b’= (m – 1) ; c = m2 – 3
∆’=b’2 – a.c = (m – 1)2 – (m2 – 3) = –2m + 4
Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆’≥0 � –2m + 4 ≥0 �
(0,5 điểm)
m≤2
Với m ≤ 2 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . Áp dụng hệ
thức Vi-ét ta có:
x1 + x2 = –2(m – 1)
x1 . x2 = m2 – 3
Ta có:
x12 +x 2 2 =52 � (x1 +x 2 ) 2 -2x1x 2 =52


�  2(m-1)  -2  m 2  3 =52
2

� 2m 2 -8m-42=0
� 2(m-7)(m+3)=0
m7
�
��
m  3
�

(loai )
(TMDK )

Vậy với m = –3 thì phương trình 1 có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn
x1 +x2 =52
Bài 4 (1 điểm:Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần
chữ số hàng chục và nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới
lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị
2

(0,5 điểm)

2

Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y.
x, y ���
N ;1 x 9;0 y 9


Số ban đầu là 10x + y; số mới 10y + x
Theo đề ta có : y = 3x
10y + x – ( 10x + y ) = 18

(0,5 điểm)


y  3x
�y  3x
�
��
10 y  x  (10 x  y )  18
�
� x  y  2

Ta có hệ phương trình �

(0,5 điểm)

Giải được x = 1 , y = 3 ( thỏa mãn điều kiện )
Bài 5:(3 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Điểm M nằm
trên nửa đường tròn (M≠A;B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A; B
của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
a. Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp.
�  ODM
�
b. Chứng minh rằng: CAM
c. Gọi P là giao điểm của CD và AB. Chứng minh: PA.PO =
PC.PM
d. Gọi E là giao điểm AM và BD; F là giao điểm của AC và BM.

Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Hình vẽ: 0,5đ
a)0,5 đ
b) 1 đ
c) 0,5đ
d) 0,5đ
E

F

D
M

C

(0,5 điểm)
P
A
O
B
GT; KL, hình vẽ
e. Tứ giác ACMO nội tiếp.
Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp
�  ODM
�
f. Chứng minh rằng: CAM
�  ABM
�
- Chứng minh được CAM
- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp

�
�
- Chứng minh được ABM
 ODM
�  ODM
�
Suy ra CAM
g. Chứng minh: PA.PO = PC.PM
Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g)

Suy ra

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

PA PM

Suy ra PA.PO=PC.PM
PC PO

h. Chứng minh E; F; P thẳng hàng.
Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE
Gọi G là giao điểm của PF và BD, cầm chứng minh G trùng E
Dựa vào AC//BD chứng minh được

FC PC PC AC AC CF

;


;

DG PD PD BD BD DE

(0,5 điểm)

Suy ra DE = DG hay G trùng E.
Suy ra E; F; P thẳng hàng
Bài 6: (1 điểm) Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm.
Quay ΔABC một vịng quanh cạnh AC .
(0,25
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra ?
điểm)
Vẽ đúng hình.
b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra?
Tính được BC = 5

(0,25
điểm)
(0,25
điểm)


2
Tính được S xq   rl   .3.5  15 �47,1 ( cm )

1
3


Tính được V   .32.4  12 �37,68 ( cm 3 )
 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó

(0,25
điểm)


ĐỀ SỐ 6:
MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA

Cấp độ
Tên
Chủ đề
Chủ đề 1
Hệ
phương
trình
Số câu
Điểm
Tỉ lệ
Chủ đề 2
Ph/ trình
bậc hai
Số câu
Điểm
Tỉ lệ

Nhận biết

Chủ đề 5

Hình học
Số câu
Điểm
Tỉ lệ
T. Số câu
T. Điểm
Tỉ lệ

Vận dụng

Biết giải hệ phương
trình bằng phương
pháp cộng hoặc
phương pháp thế.
1
1
10%
Biết giải phương
trìng bậc hai bằng
cơng thức nghiệm
1
1
10%

Biết vẽ đồ thị hàm
số y=ax2.
1
1
10%
Nhận biết tứ giác

nội tiếp

1
1
10%
4
4
40%

Cộng

1
1
10%

1
1
10%
Sử dụng vi-ét để
chứng tỏ pt có
nghiệm

Chủ đề 3
Hệ thức
vi-ét
Số câu
Điểm
Tỉ lệ
Chủ đề 4
Hàm số

đồ thị
Số câu
Điểm
Tỉ lệ

Thông hiểu

1
0,5
5%
Xác định đúng tọa
độ giao điểm hai đồ
thị
1
1
10%
Dùng tính chất
TGNT, tính chất đối
xứng để chứng
minh tam giác cân,
quan hệ vng góc.
2
2
20%
4
4
40%

Vận dụng vi-ét lập
phương trình bậc

hai biết trước quan
hệ các nghiệm
1
1,5
15%

2
2
20%

2
2
20%
Vận dụng tính chất
TGNT để chứng
minh 3 điểm thẳng
hàng
1
1
10%
2
2
20%

4
4
40%
10
10
100%



ĐỀ KIỂM TRA
Bài 1: ( 2,0 điểm) ( Học sinh khơng dùng máy tính cầm tay)
a) Giải phương trình: x2 - 3x - 10 = 0
�x  3 y  1
b) Giải hệ phương trình: �
3x  y  7
�

Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai 2x2 – mx + m - 2 = 0

( m là tham số)

a) Chứng tỏ phương trình ln có nghiệm với mọi giá trị của m
b) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là y1; y2 biết y1  y2  x1  x2 và

y12  y22  1
Bài 3: ( 2,0 điểm)
Cho hàm số y = 2x2 (P)
a) Vẽ đồ thị của (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng y = 3 – x
Bài 4: ( 4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, vẽ hai dây cung AB và CD vng góc với nhau tại M trong
đường trịn (O). Qua A kẻ đường thẳng vng góc BC tại H và cắt đường thẳng CD tại E.
Gọi F là điểm đối xứng của C qua AB. Tia AF cắt BD tại K. Chứng minh:
a) Tứ giác AHCM nội tiếp.
b) Tam giác ADE cân.
c) AK vng góc BD.

d) H, M, K thẳng hàng.
---------- Hết ----------


Hướng dẫn chấm và biểu điểm
BÀI CÂU
a

1

NỘI DUNG
- Lập đúng 
- Tính đúng x1
- Tính đúng x2
�x  3 y  1
�x  3 y  1
HPT �
<=> �
9 x  3 y  21
3x  y  7
�
�
10 x  20
�
�x  3 y  1
�x  2
�
2  3 y  1
�
�x  3

�
�y  1

a

0,25
0,25

�
b

ĐIỂM
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

- Tính được a + b + c = 2 + (– m) + m – 2 = 0
- Kết luận pt có nghiệm với mọi giá trị của m
m
m2
; x1 x2 
2
2
2
2
2
- Biến đổi y1  y2  1   y1  y2   2 y1 y2  1


- Tính đúng x1  x2 

0,25
0,25
0,25
0,25

2

�m �
 � � 1  2 y1 y2
�2 �

2
b

0,25

m2  4
8

0,25

m
m2  4
Y  Y
0
2
8

 8Y 2  4mY  m2  4  0

0,25

 y1 y2 

- Phương trình cần tìm là:
2

a

3
b

- Lập bảng đúng
- Vẽ đồ thị đúng
- Lập đúng phương trình hồng độ giao điểm: 2x2 = 3 - x
3
- Giải pt tìm được x1=1; x2 =
2
9
- Thay vào hàm số (P) tìm được y1=2 ; y2 =
2
3 9
- Kết luận tọa độ giao điểm ( 1; 2) và ( ; )
2 2

0,25
0,5
0,5

0,25
0,25
0,25
0,25


E

H

- Xét tứ giác AHCM có:
�
AHC  �
AMC  900 (gt)
_
M Suy ra
B �
AHC  �
AMC  1800
_ Vậy AHCM nội tiếp
C

a

A

F
O

0,5

0,25
0,25

K

N

D

4
b

c

d

�
� (cùng bù HCM
�
- Từ AHCM nội tiếp suy ra: HAM
)
 MCB
�  MAD
� ( cùng chắn BC
� )
Mà MCB
�
�
Nên HAM
 MAD

�
�
-  ADE có AM  DE và HAM
nên  ADE cân tại A
 MAD
- F là đối xứng của C qua AB =>  CBF cân tại B
�  FBM
�
=> CBM
- Gọi N là giao điểm BF với AD ta có:  AHB =  ANB ( g-c-g)
=> �
ANB  �
AHB  900
-  ADB có DM và BN là hai đường cao nên F là trực tâm
=> AF  BD hay AK  BD.
- Tứ giác AHBK nội tiếp ( �
AHB  �
AKB  900 )=> �
AKH  �
ABH
0
�  FBM
�  90 ) => �
�
- Tứ giác FMBK nội tiếp ( FKM
AKM  FBM
�  MBH
� (  FBC cân tại B) nên �
- Mà FBM
AKM  �

AKH
- Suy ra: K, M, H thẳng hàng.

Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa cho từng câu.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25