Đề kiểm tra cuối học kỳ II môn Toán 9

Tần số

1

2

5

8

11

3

1

A

5

D

9

C

13

D

17

A

21

D

25

C

29

C

2

B

6

B

10

B

14

C

18

D

22

C

26

D

30

A

3

A

7

A

11

C

15

A

19

A

23

B

27

C

31

A

4

B

8

B

12

A

16

B

20

C

24

D

28

D

32

A

Bài 1

a

Rút gọn biểu thức $B$ (0,5 điểm)

Với $x \geq 0, x \neq 1$:
$B = \left( \dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1) - (\sqrt{x} - 1) - (x - 1)}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \right) : \dfrac{2}{\sqrt{x} + 1}$

0,25

$B = \dfrac{x + \sqrt{x} - \sqrt{x} + 1 - x + 1}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \cdot \dfrac{\sqrt{x} + 1}{2} = \dfrac{2}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \cdot \dfrac{\sqrt{x} + 1}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{x} - 1}$.

0,25

b

Giải hệ phương trình (0,25 điểm)

Cộng hai vế hai phương trình ta được: $4y = -4 \Leftrightarrow y = -1$.
Thay vào phương trình đầu: $2x + (-1) = 3 \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2$.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (2; -1)$.

0,25

c

Giải phương trình tích (0,25 điểm)

$(2x - 5)(3x + 6) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} 2x - 5 = 0 \\ 3x + 6 = 0 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = \dfrac{5}{2} \\ x = -2 \end{array}\right.$.
Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{-2; \dfrac{5}{2}\right\}$.

0,25

Bài 2

a

Giải phương trình với $m = 2$ (0,25 điểm)

Thay $m = 2$ vào phương trình (1): $x^2 + 2x - 3 = 0$.
Có $a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0 \Rightarrow x_1 = 1; x_2 = -3$.
Vậy khi $m = 2$ phương trình có hai nghiệm $x = 1; x = -3$.

0,25

b

Tìm $m$ để thỏa mãn $3x_1 - 2x_2 = 14$ (0,5 điểm)

$\Delta' = 1^2 - (m - 5) = 6 - m$. Để phương trình có hai nghiệm thì $\Delta' \geq 0 \Leftrightarrow m \leq 6$.
Theo hệ thức Vi-ét: $\begin{cases} x_1 + x_2 = -2 \quad (1) \\ x_1 x_2 = m - 5 \quad (2) \end{cases}$.

0,25

Kết hợp (1) với $3x_1 - 2x_2 = 14$ ta có hệ: $\begin{cases} x_1 + x_2 = -2 \\ 3x_1 - 2x_2 = 14 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 = 2 \\ x_2 = -4 \end{cases}$.
Thay vào (2): $2 \cdot (-4) = m - 5 \Leftrightarrow m - 5 = -8 \Leftrightarrow m = -3$ (thỏa mãn $m \leq 6$).

0,25

c

Tìm $m$ thỏa mãn $x_2^2 - 2x_1 + m^2 - 11m + 26 = 0$ (0,25 điểm)

Vì $x_2$ là nghiệm của (1) nên $x_2^2 + 2x_2 + m - 5 = 0 \Rightarrow x_2^2 = -2x_2 - m + 5$.
Thay vào hệ thức: $(-2x_2 - m + 5) - 2x_1 + m^2 - 11m + 26 = 0$
$\Leftrightarrow -2(x_1 + x_2) + m^2 - 12m + 31 = 0 \Leftrightarrow -2(-2) + m^2 - 12m + 31 = 0$
$\Leftrightarrow m^2 - 12m + 35 = 0 \Leftrightarrow (m - 5)(m - 7) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} m = 5 \text{ (nhận vì } m \leq 6) \\ m = 7 \text{ (loại)} \end{array}\right.$.

0,25

Bài 3

[Hình vẽ]

a

Chứng minh tứ giác $AHMK$ nội tiếp (0,5 điểm)

Ta có $\widehat{AHM} = 90^\circ$ ($MH \perp AB$) và $\widehat{AKM} = 90^\circ$ ($MK \perp AC$).
Tứ giác $AHMK$ có $\widehat{AHM} + \widehat{AKM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.
Do đó $AHMK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $AM$.

0,5

b

Chứng minh $MH \cdot MC = MK \cdot MB$ (0,5 điểm)

Tứ giác $ABMC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $\widehat{HBM} = \widehat{KCM}$ (cùng bù với $\widehat{ABM}$).
Xét $\triangle HBM$ và $\triangle KCM$ có: $\widehat{BHM} = \widehat{CKM} = 90^\circ$ và $\widehat{HBM} = \widehat{KCM}$.
Suy ra $\triangle HBM \backsim \triangle KCM$ (g-g).
Suy ra $\dfrac{MH}{MK} = \dfrac{MB}{MC} \Rightarrow MH \cdot MC = MK \cdot MB$.

0,5

c

Tìm vị trí điểm $M$ để $DH + DK$ lớn nhất (0,5 điểm)

Chứng minh tứ giác $BHMD$ nội tiếp ($\widehat{BHM} = \widehat{BDM} = 90^\circ$) $\Rightarrow \widehat{BDH} = \widehat{BMH}$.
Tương tự, tứ giác $DMKC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{CDK} = \widehat{CMK}$.
Mà $\triangle HBM \backsim \triangle KCM \Rightarrow \widehat{BMH} = \widehat{CMK} \Rightarrow \widehat{BDH} = \widehat{CDK}$, suy ra ba điểm $H, D, K$ thẳng hàng (đường thẳng Simson), do đó $DH + DK = HK$.
Đồng thời $\triangle BMC \backsim \triangle HMK$ (c-g-c) $\Rightarrow \dfrac{HK}{BC} = \dfrac{MK}{MC} \leq 1 \Rightarrow HK \leq BC$.
Dấu "=" xảy ra khi $MK = MC \Leftrightarrow K \equiv C \Leftrightarrow AC \perp MC \Leftrightarrow AM$ là đường kính của $(O)$.
Vậy $DH + DK$ lớn nhất bằng $BC$ khi $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua tâm $O$.

0,5

Bài 4

a

Giải bài toán chuyển động (0,5 điểm)

Gọi vận tốc của xe máy là $x$ (km/h, $x > 0$). Vận tốc của ô tô là $x + 15$ (km/h).
Khi gặp nhau tại điểm cách $B$ là $24\text{ km}$ thì quãng đường xe máy đi là $54 - 24 = 30\text{ km}$, quãng đường ô tô đi là $24\text{ km}$.
Thời gian xe máy đi: $\dfrac{30}{x}$ (giờ); thời gian ô tô đi: $\dfrac{24}{x + 15}$ (giờ).
Vì ô tô xuất phát sau xe máy 16 phút = $\dfrac{4}{15}$ giờ nên ta có phương trình:
$\dfrac{30}{x} - \dfrac{24}{x + 15} = \dfrac{4}{15} \Leftrightarrow \dfrac{6x + 450}{x(x + 15)} = \dfrac{4}{15} \Leftrightarrow 2x^2 + 30x = 90x + 6750$
$\Leftrightarrow 2x^2 - 60x - 6750 = 0 \Leftrightarrow x^2 - 30x - 3375 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 75 \text{ (loại vì vận tốc quá lớn/hoặc giải chi tiết)} \\ x = 45 \text{ (thỏa mãn)} \end{array}\right.$ (nghiệm: $(x-75)(x+45)=0$).
Vận tốc của xe máy là $45\text{ km/h}$, do đó vận tốc của ô tô là $45 + 15 = 60\text{ km/h}$.

0,5

b

Bài toán tối ưu doanh thu khách sạn (0,5 điểm)

Số phòng cho thuê khi giá tăng $x\%$ là: $100 - 100 \cdot \dfrac{4x}{5}\% = 100 - 0,8x$ (phòng) (với $0 \leq x \leq 125$).
Giá thuê mỗi phòng khi đó là: $480 + 480 \cdot x\% = 480 + 4,8x$ (nghìn đồng).
Tổng doanh thu của khách sạn là:
$R(x) = (100 - 0,8x)(480 + 4,8x) = 3,84(125 - x)(100 + x)$ (nghìn đồng).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $125 - x$ và $100 + x$:
$(125 - x)(100 + x) \leq \left(\dfrac{125 - x + 100 + x}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{225}{2}\right)^2 = 12656,25$.
Do đó $R(x) \leq 3,84 \cdot 12656,25 = 48\,600$ nghìn đồng.
Dấu “=” xảy ra khi $125 - x = 100 + x \Leftrightarrow 2x = 25 \Leftrightarrow x = 12,5$ (thỏa mãn).
Giá phòng niêm yết khi đó là: $480 + 4,8 \cdot 12,5 = 540$ nghìn đồng.

0,5

Bài 5

Bất đẳng thức tìm GTLN (0,5 điểm)

Ta có: $a^2 - ab + b^2 = \dfrac{1}{4}(a - b)^2 + \dfrac{3}{4}(a + b)^2 \geq \dfrac{3}{4} \cdot 4ab = ab$ hoặc đánh giá:
$a^2 - ab + b^2 = (a - b)^2 + ab \geq ab \Rightarrow \sqrt{a^2 - ab + b^2} \geq \sqrt{ab} \Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{a^2 - ab + b^2}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}}$.
Tương tự: $\dfrac{1}{\sqrt{b^2 - bc + c^2}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$ và $\dfrac{1}{\sqrt{c^2 - ca + a^2}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$.
Cộng từng vế ta có: $P \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $\dfrac{1}{\sqrt{ab}} \leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right)$; $\dfrac{1}{\sqrt{bc}} \leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\right)$; $\dfrac{1}{\sqrt{ca}} \leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a}\right)$.
Suy ra: $P \leq \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 2025$.
Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{3}{2025} = \dfrac{1}{675}$.
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $2025$ khi $a = b = c = \dfrac{1}{675}$.

0,5