Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 1
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 1)
Bài 1. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 3}} – \frac{2}{{y – 1}} = 9\\\frac{3}{{x + 3}} + \frac{1}{{y – 1}} = 6\end{array} \right.\)
Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình và hệ phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 720m2, nếu tăng chiều dài 6m và giảm chiều rộng 4m thì diện tích của mảnh vườn không đổi. Tính các kích thước của mảnh vườn đó.
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, ( m là tham số): \({x^2} – 4x + m = 0\) (1)
a, Giải phương trình với m = 3.
b, Tìm điều kiện của m để phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 4. (4,0 điểm)
1. Một lọ hoa hình trụ có đường kính đáy là 12cm, người ta đổ vào trong lọ một lượng nước với chiều cao cột nước là 20cm. Tính thể tích nước trong lọ hoa.
2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tai E. Kẻ EF
AD. Gọi M là trung điểm của AE. Chứng minh rằng:
a. Tứ giác ABEF nội tiếp một đường tròn.
b. Tia BD là tia phân giác của góc CBF.
c. Tứ giác BMFC nội tiếp một đường tròn.
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 3\).
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}}\).
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 3}} – \frac{2}{{y – 1}} = 9\\\frac{3}{{x + 3}} + \frac{1}{{y – 1}} = 6\end{array} \right.\) .
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ne 0\\y – 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 3\\y \ne 1\end{array} \right.\)
Đặt \(a = \frac{1}{{x + 3}},b = \frac{1}{{y – 1}}\). Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a – 2b = 9\\3a + b = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a – 2b = 9\\6a + 2b = 12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7a = 21\\6a + 2b = 12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\6.3 + 2b = 12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = – 3\end{array} \right.\end{array}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x + 3}} = 3\\\frac{1}{{y – 1}} = – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 = \frac{1}{3}\\y – 1 = – \frac{1}{3}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ – 8}}{3}\\y = \frac{2}{3}\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( { – \frac{8}{3};\frac{2}{3}} \right)\).
Bài 2.
Gọi chiều dài của mảnh đất đó là x(m), x > 0
Chiều rộng của mảnh đất đó là \(\frac{{720}}{x}\) (m)
Nếu tăng chiều dài 6m: x + 6 (m)
Và giảm chiều rộng 4m ta được: \(\frac{{720}}{x} – 4\) (m)
Thì diện tích mảnh vườn là: \(\left( {x + 6} \right)\left( {\frac{{720}}{x} – 4} \right)\left( {{m^2}} \right)\)
Do diện tích mảnh vườn không đổi nên ta có phương trình: \(\left( {x + 6} \right)\left( {\frac{{720}}{x} – 4} \right) = 720\)
\( \Leftrightarrow x.\frac{{720}}{x} – 4x + \frac{{720.6}}{x} – 6.4 = 720\)
\( \Leftrightarrow 720 – 4x + \frac{{4\,320}}{x} – 24 = 720\)
⇔ 4x2 + 24x – 4320 = 0
⇔ x2 + 6x – 1080 = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30\left( {TM} \right)\\x = – 36\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\) \[\]
Suy ra chiều dài mảnh đất đó là 30m, chiều rộng mảnh đất là \(\frac{{720}}{{30}} = 24m\).
Vậy chiều dài mảnh đất đó là 30m, chiều rộng mảnh đất là 24m.
Bài 3.
a) Với m = 3 phương trình (1) trở thành \({x^2} – 4x + 3 = 0\)
Ta có ∆’ = (-2)2 – 3 = 1 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{2 + \sqrt 1 }}{1} = 3,{x_2} = \frac{{2 – \sqrt 1 }}{1} = 1\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 3 và x2 = 1.
b) Xét phương trình (1), ta có: \(\Delta ‘ = {( – 2)^2} – m = 4 – m\)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì: ∆’ > 0 ⇔ 4 – m > 0 ⇔ m < 4.
Bài 4.
1.
Bán kính đáy là: 12:2 = 6 cm.
Lượng nước trong bình cũng là hình trụ nên thể tích nước trong bình là:
\(V = \pi {R^2}.h = \pi {6^2}.20 = 720\pi \) (cm3).
Vậy thể tích lượng nước trong bình là \(720\pi \,\,c{m^3}.\)
2.
a) Chỉ ra \(\widehat {ABD} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra \(\widehat {ABE} = {90^0}\)
Vì EF\( \bot \)AD nên \(\widehat {EFA} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {ABE} + \widehat {EFA} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Do đó tứ giác ABEF có tổng hai góc đối bằng 1800 nên nội tiếp được đường tròn.
b) Tứ giác ABEF nội tiếp suy ra \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{A_1}}\) ( hai góc nội tiếp cùng chắn )
Xét (O), có: \(\widehat {{B_2}} = \widehat {{A_1}}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn )
Suy ra \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}}\)
Do đó BD là tia phân giác của \(\widehat {CBF}\).
c) Vì M là trung điểm của AE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF.
Ta có \(\widehat {{M_1}} = 2\widehat {{A_1}}\)(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn )
Ta lại có: \(\widehat {CBF} = 2\widehat {{B_1}}\) (BD là tia phân giác của \(\widehat {CBF}\))
Mặt khác \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{A_1}}\)
Suy ra \(\widehat {CBF} = \widehat {{M_1}}\)
Do đó B và M là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn CF dưới một góc bằng nhau và chúng cùng phía đối với CF nên suy ra tứ giác BMFC nội tiếp một đường tròn.
Bài 5.
Với a > 0, b > 0 ta có: (a – b)2 ≥ 0 ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ \(\frac{{a + b}}{{ab}} \ge \frac{4}{{a + b}}\)
⇔ \(\frac{4}{{a + b}} \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b}\)
⇔ \(\frac{1}{{a + b}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\) (1)
Chứng minh tương tự, ta có: \(\frac{1}{{b + c}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\) (2)
\(\frac{1}{{a + c}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{c}} \right)\) (3)
Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được:
\(\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{1}{2}.3 = \frac{3}{2}.\)
Hay \(A \le \frac{3}{2}\)
Dấu “=” xảy ra khi
\(\left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \(\frac{3}{2}\) khi a = b = c = 1.
Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 2
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 2)
I. Phần trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x + y = 5}}\\{\rm{2x – y = 4}}\end{array} \right.\] được nghiệm là :
A. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = – 3}}\\{\rm{y = 2}}\end{array} \right.\];
B. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{y = 2}}\end{array} \right.\];
C. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{y = – 2}}\end{array} \right.\];
D. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = – 3}}\\{\rm{y = – 2}}\end{array} \right.\].
Câu 2. Cho hàm số y = – \(\frac{1}{2}{x^2}\). Kết luận nào sau đây là đúng ?
A. Hàm số luôn nghịch biến;
B. Hàm số luôn đồng biến;
C. Giá trị của hàm số luôn âm;
D. Hàm số nghịch biến khi x > 0 và đồng biến khi x < 0.
Câu 3. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a + b + c = 0 thì
A. x1 = 1 , x2 = \[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\] ;
B. x1 = -1 , x2 = -\[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\] ;
C. x1 = 1 , x2 = -\[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\];
D. x1 = -1 , x2 = \[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\] .
Câu 4. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm phân biệt :
A. x2 – 6x + 9 = 0;
B. x2 + 1 = 0;
C. 2x2 – x – 1 = 0;
D. x2 + x + 1 = 0.
Câu 5. Hai số u và v có tổng là 10 và tích là 21 thì hai số đó là nghiệm của phương trình:
A. x2 + 10x + 21 = 0;
B. x2 – 21x + 10 = 0;
C. x2 – 10x – 21 = 0;
D. x2 – 10x + 21 = 0.
Câu 6. Trên hình 1, hãy chọn đáp án đúng:
A. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ;
B. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\];
C. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\];
D. Tất cả các ý trên.
Câu 7. Thể tích của hình nón bán kính r và chiều cao h là :
A. V = \[\frac{1}{3}\]πr2h ;
B. V = \[\frac{1}{3}\]πrh2;
C. V = \[\frac{1}{3}\]π(rh)2;
D. V = \[\frac{1}{3}\]π2rh.
Câu 8. Trên hình 1, hãy chọn đáp án đúng:
A. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ
B. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\]
C. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\](sđ – sđ)
D. Tất cả đều sai.
II. Phần tự luận (8 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình: với m là tham số
a) Giải hệ khi m = 2
b) Chứng tỏ rằng hệ luôn có nghiệm duy nhất với mọi giá trị của m.
Bài 2: (1,0 điểm)
Quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh CD cố định ta được một hình trụ có diện tích xung quanh là 96π cm2, biết CD = 12cm. Hãy tính bán kính của đường tròn đáy và thể tích của hình trụ đó.
Bài 3: (2 điểm)
Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 – m -2 =0
a ) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
b ) Tìm m để phương trình đã cho 2 nghiệm x1; x2 sao cho x12 + x22 = 4.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác \({\rm{ABC}}\) (có ba góc nhọn) nội tiếp đường tròn (O) và tia phân giác của góc \(\widehat {\rm{B}}\) cắt đường tròn tại \({\rm{M}}\). Các đường cao \({\rm{BD}}\) và \({\rm{CK}}\) của \(\Delta {\rm{ABC}}\) cắt nhau tại \({\rm{H}}\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \({\rm{ADHK}}\) nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh rằng \({\rm{OM}}\) là tia phân giác của góc \(\widehat {{\rm{AOC}}}\).
c) Gọi I là giao điểm của \({\rm{OM}}\) và \({\rm{AC}}\). Tính tỉ số \(\frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{BH}}}}\).
HƯỚNG DẪN GIẢI
I. Phần trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x + y = 5}}\\{\rm{2x – y = 4}}\end{array} \right.\] được nghiệm là :
A. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = – 3}}\\{\rm{y = 2}}\end{array} \right.\];
B. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{y = 2}}\end{array} \right.\];
C. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{y = – 2}}\end{array} \right.\];
D. \[\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = – 3}}\\{\rm{y = – 2}}\end{array} \right.\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Ta có:
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x + y = 5}}\\{\rm{2x – y = 4}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{3x = 9}}\\{\rm{2x – y = 4}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{2}}{\rm{.3 – y = 4}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x = 3}}\\{\rm{y = 2}}\end{array} \right.\end{array}\]
Câu 2. Cho hàm số y = – \(\frac{1}{2}{x^2}\). Kết luận nào sau đây là đúng ?
A. Hàm số luôn nghịch biến;
B. Hàm số luôn đồng biến;
C. Giá trị của hàm số luôn âm;
D. Hàm số nghịch biến khi x > 0 và đồng biến khi x < 0.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là D
Hàm số y = – \(\frac{1}{2}{x^2}\) có \(a = – \frac{1}{2}\) < 0 nên hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0.
Câu 3. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a + b + c = 0 thì
A. x1 = 1 , x2 = \[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\] ;
B. x1 = -1 , x2 = -\[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\] ;
C. x1 = 1 , x2 = -\[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\];
D. x1 = -1 , x2 = \[\frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a + b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = \(\frac{c}{a}\).
Câu 4. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm phân biệt :
A. x2 – 6x + 9 = 0;
B. x2 + 1 = 0;
C. 2x2 – x – 1 = 0;
D. x2 + x + 1 = 0.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là C
Phương trình x2 – 6x + 9 = 0 có ∆’ = 32 – 9 = 0 nên phương trình có nghiệm kép. Do đó A sai.
Phương trình x2 + 1 = 0 có ∆ = 02 – 1 = – 1 < 0 nên phương trình vô nghiệm. Do đó B sai.
Phương trình 2x2 – x – 1 = 0 có ∆ = (-1)2 – 4.2.(-1) = 1 + 8 = 9 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Do đó C đúng.
Phương trình x2 + x + 1 = 0 có ∆ = 12 – 4.1.1 = -3 < 0 nên phương trình vô nghiệm. Do đó D sai.
Câu 5. Hai số u và v có tổng là 10 và tích là 21 thì hai số đó là nghiệm của phương trình:
A. x2 + 10x + 21 = 0;
B. x2 – 21x + 10 = 0;
C. x2 – 10x – 21 = 0;
D. x2 – 10x + 21 = 0.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là D
Phương trình cần tìm có tổng S = 10 và tích là P = 21 có dạng:
x2 – Sx + P = 0
⇔ x2 – 10x + 21 = 0.
Câu 6. Trên hình 1, hãy chọn đáp án đúng:
A. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ;
B. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ;
C. \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ;
D. Tất cả các ý trên.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
Ta có \(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung
\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BAC}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ
Câu 7. Thể tích của hình nón bán kính r và chiều cao h là :
A. V = \[\frac{1}{3}\]πr2h ;
B. V = \[\frac{1}{3}\]πrh2;
C. V = \[\frac{1}{3}\]π(rh)2;
D. V = \[\frac{1}{3}\]π2rh.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
Thể tích của hình nón có bán kính đáy r và chiều cao là V = \[\frac{1}{3}\]πr2h.
Câu 8. Trên hình 1, hãy chọn đáp án đúng:
A. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ
B. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\]sđ
C. \[\widehat {{\rm{BAx}}} = \,\frac{1}{2}\](sđ – sđ)
D. Tất cả đều sai.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Ta có \(\widehat {{\rm{BAx}}}\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn
\( \Rightarrow \widehat {{\rm{BAx}}} = \frac{1}{2}\)sđ
II. Phần tự luận
Bài 1:
a) Với m=2 hệ trở thành: 
b) Xét hệ: với m là tham số
Từ hai phương trình của hệ suy ra: (m2+4)x = 22 – 3m (*)
Vì phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi m nên hệ đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
Bài 2:
Ta có hình vẽ sau:
Khi đó h = CD = 12cm.
Diện tích xung quanh của hình trụ là \(2\pi Rh = 96\pi \)
\( \Leftrightarrow R = \frac{{96\pi }}{{2\pi h}} = \frac{{96\pi }}{{2\pi .12}} = 4cm\).
Do đó bán kính hình tròn đáy là 4cm.
Thể tích của hình trụ là: V = πR2h = π.42.16 = 256π (cm3)
Vậy bán kính đường tròn đáy là 4cm và thể tích hình trụ đã cho là 256π cm3.
Bài 3:
b) Tìm m để phương trình đã cho 2 nghiệm x1; x2 sao cho x12 + x22 = 4.
a) Xét phương trình x2 – 2mx + m2 – m – 2 = 0 có a = 1, b = -2m, c = m2 – m – 2
Ta có: ∆’ = m2 – m2 + m + 2 = m + 2
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi ∆’ > 0 ⇔ m + 2 > 0 ⇔ m > – 2.
Hai nghiệm của phương trình đã cho trái dấu khi a.c < 0 ⇔ m2 – m – 2 < 0
⇔ (m – 2)(m + 1) < 0
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m – 2 < 0\\m + 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m – 2 > 0\\m + 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m > 2\\m < – 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow 0 < m < 2\end{array}\)
Vậy với 0 < m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
b) Theo ý a) với m > – 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
Áp dụng định lý Vi – et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} – m – 2\end{array} \right.\)
Xét biểu thức: x12 + x22 = 4
⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 4
⇔ 4m2 – 2(m2 – m – 2) = 4
⇔ 4m2 – 2m2 + 2m + 4 = 4
⇔ 2m2 + 2m = 0
⇔ 2m(m + 1) = 0
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}2m = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right.\)
⇔ \(\left[ \begin{array}{l}m = 0(TM)\\m = – 1(KTM)\end{array} \right.\)
Vậy với m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4:
a) Ta có \(BD \bot AC \Rightarrow \widehat {ADH} = {90^0}\)
Ta lại có \(CK \bot AB \Rightarrow \widehat {AKH} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {ADH} + \widehat {AKH} = {90^0}\)
Suy ra tứ giác ADHK có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Xét (O), có:
\(\widehat {ABM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )
\(\widehat {CBM} = \frac{1}{2}\widehat {COM}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )
Mà \(\widehat {ABM} = \widehat {CBM}\)(BM là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\))
\( \Rightarrow \widehat {AOM} = \widehat {COM}\)
Do đó OM là tia phân giác của \(\widehat {AOC}\).
c)
Xét ∆OAC có OA = OC nên ∆OAC cân tại O
Ta có OA là phân giác của \(\widehat {AOC}\)
Suy ra OA là đường trung tuyến
Do đó I là trung điểm của AC
Kẻ đường kính BN
Ta có: \(\widehat {BCN} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow CN \bot BC\)
Ta lại có \(AH \bot BC\)(H là trực tâm tam giác)
⇒ AH // CN (1)
Ta có: \(\widehat {BAN} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow AB \bot AN\)
Ta lại có \(CH \bot AB\)(H là trực tâm tam giác)
⇒ AN // CH (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AHCN là hình bình hành.
Mà I là trung điểm của AC
Suy ra I là trung điểm của HN (tính chất hình bình hành)
Xét ∆BHN, có:
O là trung điểm của BN
I là trung điểm của HN
Suy ra OI là đường trung bình của tam giác
\( \Rightarrow OI = \frac{1}{2}BH \Leftrightarrow \frac{{OI}}{{BH}} = \frac{1}{2}\).
Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 3
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 3)
Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Phương trình 4x – 3y = -1 nhận cặp số nào sau đây là một nghiệm?
A. (-1;-1)
B. (-1;1)
C. (1;-1)
D. (1;1)
Câu 2. Phương trình nào dưới đây có thể kết hợp với phương trình x+y = 1 để được một hệ phương trình có nghiệm duy nhất?
A. x + y = -1
B. 0.x + y = 1
C. 2y = 2 – 2x
D. 3y = -3x + 3
Câu 3. Cho hàm số \[y = \frac{2}{3}{x^2}\]. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. Hàm số trên luôn đồng biến
B. Hàm số trên luôn nghịch biến
C. Hàm số trên đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0
D. Hàm số trên đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0
Câu 4. Điểm P(-1;-2) thuộc đồ thị hàm số y = m.x2 khi m bằng:
A. 2
B. -2
C. 4
D. -4
Câu 5. Tổng hai nghiệm của phương trình 2x2+5x-3=0 là:
A. \[\frac{5}{2}\]
B. \[ – \frac{5}{2}\]
C. \[ – \frac{3}{2}\]
D. \[\frac{3}{2}\]
Câu 6. Cho đường tròn(O ; R ) dây cung \(AB = R\sqrt 2 \). Khi đó góc AOB có số đo bằng
A. 200
B. 300
C. 600
D. 900
Câu 7. Cho các số đo như hình vẽ, biết \(\widehat {{\rm{MON}}}{\rm{ = 6}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\). Độ dài cung là:
A. \[\frac{{\pi {R^2}m}}{6}\]
B. \[\frac{{\pi {R^{}}}}{3}\]
C. \[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\]
D. \[\frac{{\pi {R^2}}}{3}\]
Câu 8. Cho DABC vuông tại A, AC = 3cm, AB = 4cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AB được một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là:
A. 10p(cm2)
B. 15p(cm2)
C. 20p(cm2)
D. 24p(cm2)
Phần II. Tự luận (8 đ)
Bài 1.
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x – y = – 1\\ – 3x + 2y = 5\end{array} \right.\).
b) Giải phương trình : (x + 3)2 = (x2 – 2x)2
Bài 2. Cho phương trình ẩn x , tham số m: x2 – mx + m – 1 = 0
a) Chứng tỏ phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
b) Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho . Tìm giá trị của m để x12.x2 + x1.x22 = 2.
Bài 3. Cho (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Qua A kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm ). Gọi H giao điểm của AO và BC. Chứng minh:
a) ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Kẻ đường kính BD của (O) ,vẽ CK vuông góc với BD .
Chứng minh :AC.CD = AO.CK
c) AD cắt CK ở I .Chứng minh I là trung điểm của CK
Bài 4 : Cho 361 số tự nhiên \({a_1},{a_2},{a_3},…..,\,{a_{361}}\) thỏa mãn điều kiện :
\(\frac{1}{{\sqrt {{a_1}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_3}} }} + \cdot \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{\sqrt {{a_{361}}} }} = 37\)
Chứng minh rằng trong 361 số tự nhiên đó ,tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau
HƯỚNG DẪN GIẢI
Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Phương trình 4x – 3y = -1 nhận cặp số nào sau đây là một nghiệm?
A. (-1;-1)
B. (-1;1)
C. (1;-1)
D. (1;1)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
+) Thay x = -1 và y = -1 vào phương trình đã cho ta được: 4.(-1) – 3.(-1) = -1 ⇔ -1 = -1 (luôn đúng). Do đó cặp số (-1; -1) là nghiệm của phương trình đã cho.
+) Thay x = -1 và y = 1 vào phương trình đã cho ta được: 4.(-1) – 3.1 = -1 ⇔ -7 = -1 (vô lý). Do đó cặp số (-1; 1) không là nghiệm của phương trình đã cho.
+) Thay x = 1 và y = -1 vào phương trình đã cho ta được: 4.1 – 3.(-1) = 7 ⇔ 7 = -1 (vô lý). Do đó cặp số (1; -1) không là nghiệm của phương trình đã cho.
+) Thay x = 1 và y = 1 vào phương trình đã cho ta được: 4.1 – 3.1 = -1 ⇔ 1 = -1 (vô lý). Do đó cặp số (1; 1) không là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 2. Phương trình nào dưới đây có thể kết hợp với phương trình x + y = 1 để được một hệ phương trình có nghiệm duy nhất?
A. x + y = -1
B. 0.x + y = 1
C. 2y = 2 – 2x
D. 3y = -3x + 3
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Tập nghiệm của phương trình x + y = 1 được biểu diễn bởi đường thẳng d1: y = -x + 1
Tập nghiệm của phương trình x + y = -1 được biểu diễn bởi đường thẳng d2: y = -x – 1
Tập nghiệm của phương trình 0.x + y = 1 được biểu diễn bởi đường thẳng d3: y = 1
Tập nghiệm của phương trình 2y = 2 – 2x được biểu diễn bởi đường thẳng d4: y = – x + 1
Tập nghiệm của phương trình 3y = -3x + 3 được biểu diễn bởi đường thẳng d5: y = – x + 1
Ta có:
+) d1//d2 do đó hai phương trình không có nghiệm chung.
+) d3 cắt d2 tại điểm có tọa độ (2; 1) nên hai phương trình này có một nghiệm chung.
+) d4 trùng d1 nên hai phương trình có vô số nghiệm chung.
+) d5 trùng d1 nên hai phương trình có vô số nghiệm chung.
Vậy phương trình 0.x + y = 1 và phương trình đã cho tạo với nhau một hệ có một nghiệm duy nhất
Câu 3. Cho hàm số \[y = \frac{2}{3}{x^2}\]. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. Hàm số trên luôn đồng biến
B. Hàm số trên luôn nghịch biến
C. Hàm số trên đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0
D. Hàm số trên đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là C
Hàm số \[y = \frac{2}{3}{x^2}\] có \(a = \frac{2}{3} > 0\) khi đó hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0.
Câu 4. Điểm P(-1;-2) thuộc đồ thị hàm số y = m.x2 khi m bằng:
A. 2
B. -2
C. 4
D. -4
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Vì điểm P thuộc đồ thị hàm số nên thay x = – 1 và y = -2 vào hàm số ta được:
-2 = m.(-1)2 ⇔ m = -2.
Vậy với m = -2 thì điểm P thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Câu 5. Tổng hai nghiệm của phương trình 2x2+5x-3=0 là:
A. \[\frac{5}{2}\]
B. \[ – \frac{5}{2}\]
C. \[ – \frac{3}{2}\]
D. \[\frac{3}{2}\]
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Xét phương trình bậc hai 2x2 + 5x – 3 = 0 có a = 2, b = 5, c = -3 và
∆ = b2 – 4ac = 52 – 4.2.(-3) = 25 + 24 = 49 > 0
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ – 5 + \sqrt {49} }}{{2.2}} = \frac{1}{2},\\{x_2} = \frac{{ – 5 – \sqrt {49} }}{{2.2}} = \frac{{ – 12}}{4} = – 3\end{array}\).
Suy ra \({x_1} + {x_2} = \frac{1}{2} + \left( { – 3} \right) = – \frac{5}{2}\)
Câu 6. Cho đường tròn(O ; R) dây cung \(AB = R\sqrt 2 \). Khi đó góc AOB có số đo bằng
A. 200
B. 300
C. 600
D. 900
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là D
Kẻ đường thẳng OH vuông góc với AB tại H
Suy ra H là trung điểm của AB
\( \Rightarrow AH = BH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\)
Xét ∆OHA vuông tại H, có:
\(\begin{array}{l}\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}}\\ = \frac{{\frac{{R\sqrt 2 }}{2}}}{R} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow \widehat {AOH} = {45^0}\end{array}\)
Xét ∆AOB có OA = OB = R nên tam giác AOB cân tại O
Mà OH là đường cao nên OH là phân giác \(\widehat {AOB}\)
\( \Rightarrow \widehat {AOH} = \widehat {BOH} = {45^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {AOB} = {90^0}\)
Câu 7. Cho các số đo như hình vẽ, biết \(\widehat {{\rm{MON}}}{\rm{ = 6}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}\). Độ dài cung là:
A. \[\frac{{\pi {R^2}m}}{6}\]
B. \[\frac{{\pi {R^{}}}}{3}\]
C. \[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\]
D. \[\frac{{\pi {R^2}}}{3}\]
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Độ dài cung là
Câu 8. Cho DABC vuông tại A, AC = 3cm, AB = 4cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AB được một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là:
A. 10p(cm2)
B. 15p(cm2)
C. 20p(cm2)
D. 24p(cm2)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Xét ∆ABC vuông tại A, có:
BC2 = AB2 + AC2 (định lý Py – ta – go)
BC2 = 32 + 42
BC2 = 25
BC = 5 (cm)
Đường sinh của hình nón chính là BC nên l = 5 (cm)
Bán kính đáy là cạnh AC, ta có: R = 3 (cm).
Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là: \(S = \pi Rl = \pi .3.5 = 15\pi \)(cm2)
Vậy diện tích xung quanh của hình nón sinh bởi tam giác ABC là \(15\pi \) cm2.
Phần II. Tự luận (8 đ)
Bài 1:
a)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x – y = – 1\\ – 3x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x – y = – 1\\y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x – 4 = – 1\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\y = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 4).
b) Xét phương trình: (x + 3)2 = (x2 – 2x)2
⇔ (x + 3)2 – (x2 – 2x)2 = 0
⇔ (x + 3 – x2 + 2x)(x + 3 + x2 – 2x) = 0
⇔ (– x2 + 3x + 3)(x2 – x + 3) = 0
TH1: – x2 + 3x + 3 = 0 (1)
Ta có: ∆ = 32 – 4.(-1).3 = 9 + 12 = 21 > 0
Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{3 – \sqrt {21} }}{2}\,\,;\,\,{x_2} = \frac{{3 + \sqrt {21} }}{2}\)
TH2: x2 – x + 3 (2)
Ta có: ∆ = (-1)2 – 4.1.3 = 1 – 12 = -11 < 0
Suy ra phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1} = \frac{{3 – \sqrt {21} }}{2}\,\,;\,\,{x_2} = \frac{{3 + \sqrt {21} }}{2}.\)
Bài 2:
a) Xét phương trình: x2 – mx + m – 1 = 0, có:
∆ = (-m)2 – 4.(m – 1) = m2 – 4m + 4 = (m – 2)2 ≥ 0 với mọi m
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho.
Áp dụng định lý Vi – ét, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = m – 1\end{array} \right.\)
Xét biểu thức x12.x2 + x1.x22 = 2.
\( \Leftrightarrow {x_1}.{x_2}({x_1} + {x_2})\,\,\, = \,\,2\)
\( \Leftrightarrow m(m – 1)\, = \,2\)
\( \Leftrightarrow {m^2} – m – 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\end{array} \right.\)
Vậy với m = 0 ; m = 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Bài 3:
Vẽ hình đúng
a) ABOC là tứ giác nội tiếp vì có tổng hai góc đối \(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = {180^0}\).
b) \(\Delta ACO \sim \Delta CKD\)(g.g)
\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{CK}} = \frac{{AO}}{{CD}} = \frac{{CO}}{{KD}}\)
\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{CK}} = \frac{{AO}}{{CD}}\)
\( \Rightarrow AC.CD\, = \,AO.CK\)
c) Ta có : CK // AB ( cùng vuông góc với BD ) nên : IK // AB
Xét ∆ABD có IK // AB (cmt )
Do đó : \(\frac{{IK}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{DB}}\)( định lí ta lét )
\( \Rightarrow \)IK.DB = AB.KD (1)
Lại có \( \Rightarrow \frac{{AC}}{{CK}} = \frac{{AO}}{{CD}} = \frac{{CO}}{{KD}}\) ( cmt )
Mà : AC = AB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ); CO = OB = R
\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{CK}} = \frac{{OB}}{{KD}} \Rightarrow AB.KD\, = \,CK.OB\)(2)
Từ (1) và (2) ta có : IK.DB = CK.OB hay IK . 2R = CK . R
Do đó CK = 2IK .
Suy ra I là trung điểm của CK.
Bài 4:
Giả sử trong 361 số tự nhiên đó không tồn tại hai số nào bằng nhau
Không mất tính tổng quát , giả sử \({a_1} < {a_2} < {a_3} < \,……….. < {a_{361}}\)
Do \({a_i} \in N\,(i = \,1,2,3,…..361)\) nên:\({a_1} \ge 1\,;\,\,{a_2} \ge 2\,;…….\,;{a_{361}} \ge 361\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{a_1}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_3}} }} + ….. + \frac{1}{{\sqrt {{a_{361}}} }}\\ \le 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + …… + \frac{1}{{\sqrt {361} }}\end{array}\)
Mà
\(\begin{array}{l}1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + …… + \frac{1}{{\sqrt {361} }}\\ = \frac{2}{{\sqrt 1 + \sqrt 1 }} + \frac{2}{{\sqrt 2 + \sqrt 2 }} + \frac{2}{{\sqrt 3 + \sqrt 3 }} + …. + \frac{2}{{\sqrt {361} + \sqrt {361} }}\end{array}\)
\( < 2\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 + \sqrt 1 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }} + ……. + \frac{1}{{\sqrt {360} + \sqrt {361} }}} \right) + 1\)
\( = 2\left( {\sqrt 2 – 1 + \sqrt 3 – \sqrt 2 + …….. + \sqrt {361} – \sqrt {360} } \right) + 1 = 37\)
Hay \(\frac{1}{{\sqrt {{a_1}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a_3}} }} + ….. + \frac{1}{{\sqrt {{a_{361}}} }} < 37\) (Trái với giả thiết)
Vậy Trong 361 số tự nhiên đó , tồn tại ít nhất hai số bằng nhau.
Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 4
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 4)
Bài 1. (2,5 điểm)
1. Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l} – 5x + y = 10\\x + 3y = – 18\end{array} \right.\]
2. a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x + 2.
b) Xác định hàm số y = ax + b có đồ thị là đường thẳng (d), biết đường thẳng (d) đi qua điểm M(-1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 2.
Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình ẩn x: \[{x^2} – 2(m + 1)x + 2m = 0\] (1)
a) Giải phương trình (1) với m = -2 ;
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \[m\].
c) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là \[{x_1}\]; \[{x_2}\]. Tìm giá trị của \[m\] để \[{x_1}\]; \[{x_2}\]là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng \[\sqrt {12} \].
Bài 3. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình :
Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc xe khách là 20km/h. Do đó đến B trước xe khách là 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100km.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
2. Tính \[\widehat {CHK}\];
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh \[\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}}\].
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
1. Ta có:
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l} – 5x + y = 10\\x + 3y = – 18\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 15{\rm{x}} + 3y = 30\\x + 3y = – 18\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16{\rm{x}} = – 48\\x + 3y = – 18\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 3\\y = – 5\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (-3 ; -5).
2.
a) Cho x = 0 Þ y = 2, ta được A(0 ; 2) Î Oy
Cho y = 0 Þ x = -1, ta được B(-1 ; 0) Î Ox
Đồ thị hàm số y = 2x + 2 là đường thẳng đi qua hai điểm A và B
Vẽ đúng đồ thị hàm số y = 2x + 2:
b) Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 2x + 2 nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 2\end{array} \right.\)
Ta có đường thẳng (d) đi qua điểm M(-1 ; 2):
Thay x = -1 và y = 2 vào đồ thị hàm số (d), ta có: -a + b = 2
Mà a = 2 nên b = 4 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hàm số cần tìm có dạng y = 2x + 4.
Bài 2.
a) Với m = -2 ta được phương trình x2 + 2x – 4 = 0
Ta có ∆’ = 12 – (-4) = 5 > 0
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:\[{x_1} = – 1 + \sqrt 5 \,\,;\,\,{x_2} = – 1 – \sqrt 5 \].
Vậy với m = -2 tập nghiệm của phương trình đã cho là \[S = \left\{ { – 1 + \sqrt 5 \,\,;\,\, – 1 – \sqrt 5 } \right\}\]
b) Xét phương trình (1) có D’ = (m + 1)2 – 2m = m2 + 2m + 1 – 2m = m2 + 1
Vì m2 ≥ 0 với mọi m
Nên m2 + 1 > 0 với mọi m hay ∆’ > 0 với mọi m.
Vậy với mọi m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
c) Theo b) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m.
Áp dụng định lí Viét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m + 1)\\{x_1}{x_2} = 2m\end{array} \right.\)
Vì x1 và x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng \[\sqrt {12} \] nên theo định lý Py – ta – go ta có:
\[x_1^2 + x_2^2 = 12\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = 12\]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {2(m + 1)} \right]^2} – 2.2m = 12\]
\[ \Leftrightarrow 4{m^2} + 8m + 4 – 4m = 12\]
\[ \Leftrightarrow 4{m^2} + 4m – 8 = 0\]
\[ \Leftrightarrow {m^2} + m – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = – 2\end{array} \right.\]
Vậy với m = 1 hoặc m = -2 thì x1; x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng \[\sqrt {12} \].
Bài 3.
Gọi vận tốc xe khách là x(km/h) (x > 0)
Vận tốc xe du lịch là x + 20 (km/h)
Thời gian xe khách đi từ A đến B là \(\frac{{100}}{x}\) (h)
Thời gian xe du lịch đi từ A đến B là \(\frac{{100}}{{x + 20}}\) (h)
Do xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút = \(\frac{5}{6}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\frac{{100}}{x} – \frac{{100}}{{x + 20}} = \frac{5}{6}\left( {x \ne 0,x \ne – 20} \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{{600\left( {x + 20} \right)}}{{6x\left( {x + 20} \right)}} – \frac{{600x}}{{6x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{{5x\left( {x + 20} \right)}}{{6x\left( {x + 20} \right)}}\left( {x \ne 0,x \ne – 20} \right)\)
⇔ 120x + 2 400 – 120x = x2 + 20x
⇔ x2 + 20x – 2 400 = 0
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40\\x = – 60\end{array} \right.\)
Trong hai giá trị ta thấy x = 40 thỏa mãn điều kiện. Do đó vận tốc của xe khách là 40km/h và vận tốc của xe du lịch là 40 + 20 = 60 km/h.
Vậy vận tốc của xe khách là 40km/h và vận tốc của xe du lịch là 40 + 20 = 60 km/h.
Bài 4.
Vẽ hình đúng:
a) Ta có: \[\widehat {DAB}\]= 90o (ABCD là hình vuông) và \[\widehat {BHD}\]= 90o (gt)
\[ \Rightarrow \widehat {DAB} + \widehat {BHD} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]
Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn.
Ta có: \[\widehat {BHD}\]= 90o (gt) và \[\widehat {BCD}\]= 90o (ABCD là hình vuông)
\[ \Rightarrow \widehat {BHD} = \widehat {BCD} = {90^0}\]
Do đó H và C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh DB dưới một góc bằng nhau nên tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn.
b)
Theo ý a, tứ giác AHCD là nội tiếp đường tròn nên \[\widehat {BDC} + \widehat {BHC} = {180^o}\]
Mà \[\widehat {CHK} + \widehat {BHC} = {180^o}\]
\[ \Rightarrow \widehat {CHK} = \widehat {BDC}\]
Vì ABCD là hình vuông nên \(\widehat {BDC} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = \frac{{{{90}^0}}}{2} = {45^0}\) (tính chất hình vuông)
\[ \Rightarrow \widehat {CHK} = {45^0}\].
c) Xét DKHD và DKCB, có:
\[\widehat {KHD} = \widehat {KCB} = ({90^o})\]
\[\widehat {DKB}\] chung
⇒ DKHD ∽ DKCB (g.g)
Þ \[\frac{{KH}}{{KC}} = \frac{{KD}}{{KB}}\]Þ KH.KB = KC.KD (đpcm).
d) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P.
Xét ∆BAM và ∆DAP, có:
\[\widehat {ABM} = \widehat {ADP} = {90^o}\]
\[\widehat {BAM} = \widehat {DAP}\] (cùng phụ \[\widehat {MAD}\])
AB = AD (tính chất hình vuông ABCD)
⇒ DBAM = DDAP (g.c.g)
⇒ AM = AP (hai cạnh tương ứng)
Xét DPAN vuông tại A, có: AD ^ PN
\[ \Rightarrow \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{P^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}}\] (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà AP = AM (cmt)
Þ \[\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}}\].
Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 5
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 5)
Phần I. Trắc nghiệm
Câu 1. Cho hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 5\\5x – 4y = 1\end{array} \right.\) có một nghiệm là
A.(-1;1)
B.(-1;-1)
C,(1;-1)
D.(1;1)
Câu 2. Trong các phương trình sau phương nào là phương trình bậc hai một ẩn:
A.(\(\sqrt 3 – 1\))x2 = 3x + 5
B.(m – 2) x2 – 3x + 2 = 0
C.\(\frac{1}{x} = 2{x^2} – 3\)
D.\(\sqrt {{x^2} + 5x – 1} = 0\)
Câu 3. Hàm số y = 3x2
A. Luôn đồng biến với mọi x.
B. Luôn nghịch biến với mọi x.
C. Đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0
D. Đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0
Câu 4. Phương trình: x2 + 3x – 4 = 0 có 2 nghiệm là;
A. -1 và -4
B. 1 và – 4
C. -1và 4.
D. 1 và 4
Câu 5. Một hình trụ có diện tích xung quanh là S và thể tích là V.Nếu S và V có cùng giá trị (không kể đơn vị đo) thì bán kính của hình trụ bằng:
A. 1
B. 2
C. 3
D. Kết quả khác
Câu 6. Trong hình vẽ bên TA là tiếp tuyến của đường tròn. Nếu \(\widehat {ABO} = {25^0}\)thì \(\widehat {TAB}\) bằng:
A.1300
B.450
C. 750
D. 650
Câu 7. Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai .Trong một đường tròn:
A. Các góc nội tiếp bằng nhau thì các cung bị chắn bằng nhau
B. Các góc nội tiếp cùng chắn một dây thì bằng nhau
C. Với hai cung nhỏ cung nào lớn hơn thì căng dây lớn hơn
D. Góc nội tiếp không quá 900bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung
Câu 8. Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai .
A. Góc ở tâm của đường tròn có số đo bằng nửa số đo của cung bị chắn
B. Trong một đường tròn hai cung có số đo bằng nhau thì bằng nhau
C. Trong hai cung tròn cung nào có số đo lớn hơn thì lớn hơn
D. Số đo của nửa đường tròn bằng 1800
Phần II. Tự luận
Bài 1: a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = – 2\\3x – 2y = – 3\end{array} \right.\)
b) Không giải phương trình: x2 + 3x – 5 = 0. Hãy tính x12 + x22 ; \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\) (Trong đó x1; x2 là nghiệm của phương trình)
Bài 2: Cho phương trình : \({x^2} – 2mx + 4m – 4 = 0\) (1)
a) Giải phương trình với m = 3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm
c) Viết biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x1; x2 (x1; x2là nghiệm của phương trình (1) ) không phụ thuộc vào m.
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh 4 điểm B, E, C, F thuộc một đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn này.
b) Chứng minh HE.HB = HD.HA = HF.HC
c) FD cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh EI vuông góc với BC.
HƯỚNG DẪN GIẢI
I. Phần trắc nghiệm
Câu 1. Cho hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 5\\5x – 4y = 1\end{array} \right.\) có một nghiệm là
A.(-1;1)
B.(-1;-1)
C,(1;-1)
D.(1;1)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là D
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 5\\5x – 4y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x + 12y = 20\\15x – 12y = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}23x = 23\\15x – 12y = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\15.1 – 12y = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1; 1).
Câu 2. Trong các phương trình sau phương nào là phương trình bậc hai một ẩn:
A. (\(\sqrt 3 – 1\))x2 = 3x + 5
B. (m – 2) x2 – 3x + 2 = 0
C. \(\frac{1}{x} = 2{x^2} – 3\)
D. \(\sqrt {{x^2} + 5x – 1} = 0\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
(\(\sqrt 3 – 1\))x2 = 3x + 5 ⇔ (\(\sqrt 3 – 1\))x2 – 3x – 5 = 0 là phương trình bậc hai một ẩn với \(a = \sqrt 3 – 1\), b = – 3, c = -5.
Câu 3. Hàm số y = 3x2
A. Luôn đồng biến với mọi x.
B. Luôn nghịch biến với mọi x.
C. Đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0
D. Đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là C
Hàm số y = 3x2 có a = 3 > 0 nên hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0
Câu 4. Phương trình: x2 + 3x – 4 = 0 có 2 nghiệm là;
A. -1 và -4
B. 1 và – 4
C. -1 và 4
D. 1 và 4
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Xét phương trình x2 + 3x – 4 = 0 có ∆ = 32 – 4.(-4) = 25 > 0
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 và x2 = – 4.
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = – 4.
Câu 5. Một hình trụ có diện tích xung quanh là S và thể tích là V. Nếu S và V có cùng giá trị (không kể đơn vị đo) thì bán kính của hình trụ bằng:
A. 1
B. 2
C. 3
D. Kết quả khác
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R và chiều cao hình trụ là h.
Diện tích xung quanh của hình trụ là: \(S = 2\pi Rh\)
Thể tích của hình trụ là: \(V = \pi {R^2}h\)
Vì S = V nên ta có: \(2\pi Rh = \pi {R^2}h \Leftrightarrow R = 2\).
Vậy R = 2.
Câu 6. Trong hình vẽ bên TA là tiếp tuyến của đường tròn. Nếu \(\widehat {ABO} = {25^0}\)thì \(\widehat {TAB}\) bằng:
A. 1300
B. 450
C. 750
D. 650
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là C
Vì OA = OB nên tam giác OAB cân tại O
\( \Rightarrow \widehat {OAB} = \widehat {OBA} = {25^0}\)
Vì TA là tiếp tuyến của đường tròn nên \(TA \bot OA \Rightarrow \widehat {TAO} = {90^0}\)
Ta lại có: \(\widehat {TAB} + \widehat {OAB} = \widehat {TAO}\)
\( \Leftrightarrow \widehat {TAB} + {25^0} = {90^0} \Leftrightarrow \widehat {TAB} = {75^0}\)
Vậy \(\widehat {TAB} = {75^0}.\)
Câu 7. Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai. Trong một đường tròn:
A. Các góc nội tiếp bằng nhau thì các cung bị chắn bằng nhau
B. Các góc nội tiếp cùng chắn một dây thì bằng nhau
C. Với hai cung nhỏ cung nào lớn hơn thì căng dây lớn hơn
D. Góc nội tiếp không quá 900 bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là B
Theo hình vẽ trên hai góc \(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {ADC}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn dây AC nhưng hai góc này không bằng nhau. Do đó phát biểu B sai.
Câu 8. Trong các khẳng định sau khẳng định nào sai.
A. Góc ở tâm của đường tròn có số đo bằng nửa số đo của cung bị chắn
B. Trong một đường tròn hai cung có số đo bằng nhau thì bằng nhau
C. Trong hai cung tròn cung nào có số đo lớn hơn thì lớn hơn
D. Số đo của nửa đường tròn bằng 1800
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là A
Góc ở tâm của đường tròn có số đo bằng số đo của cung bị chắn.
II. Phần tự luận
Bài 1:
a)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = – 2\\3x – 2y = – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = – 4\\9x – 6y = – 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}13x = – 13\\3x – 2y = – 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\3\left( { – 1} \right) – 2y = – 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\y = 0\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (-1; 0).
b) Xét phương trình x2 + 3x – 5 = 0 có ∆ = 32 – 4.(-5) = 9 + 20 = 29 > 0
Suy ra phương trình có hai nghiệm x1 và x2.
Áp dụng định lý Viét: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ – b}}{a} = – 3\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = – 5\end{array} \right.\)
Ta có: x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = (-3)2 – 2.(-5) = 9 + 10 = 19.\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{ – 3}}{{ – 5}} = \frac{3}{5}\).
Bài 2:
a) Với m = 3 ta có phương trình :\({x^2} – 6x + 8 = 0\)
\(\Delta ‘ = b{‘^2} – ac = {3^2} – 8 = 1\) > 0
Suy ra phương trình có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{3 + 1}}{1} = 4\,\,\,;\,\,\,\,{x_2} = \frac{{3 – 1}}{1} = 2\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 4 và x2 = 2.
b) Xét phương trình (1) có: \(\Delta ‘ = b{‘^2} – ac = {m^2} – 4m + 4 = {\left( {m – 2} \right)^2} \ge 0\) với mọi số thực m.
Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình có nghiệm.
c) Theo câu b) phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Nên theo hệ thức Viét ta có :
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ – b}}{a} = 2m\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 4m – 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4m\,(*)\\{x_1}{x_2} = 4m – 4(**)\end{array} \right.\end{array}\)
Trừ từng vế của phương trình (*) cho phương trình (**) ta được:
\(2({x_1} + {x_2}) – {x_1}{x_2}\, = 4\,\, \Leftrightarrow \,2({x_1} + {x_2}) – {x_1}{x_2}\, – 4 = 0\)
Đây là biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x1; x2 không phụ thuộc vào m.
Bài 3:
a) Chứng minh 4 điểm B, E, C, F thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)
Suy ra E, F là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau bằng 900. Do đó B, E, C, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
Tâm O của đường tròn này là trung điểm của BC.
b) Chứng minh HE.HB = HD.HA = HF.HC
Ta có: \(\Delta HDB \sim \Delta HEA\,\,\,\left( {\widehat {HDB} = \widehat {HEA} = {{90}^0};\widehat {BHD} = \widehat {AHE}} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{HD}}{{HE}} = \frac{{HB}}{{HA}}\)
⇒ HD.HA=HE.HB (1)
Tương tự
\(\Delta HDC \sim \Delta HFA\,\)
\( \Rightarrow HD.HA = HF.HC\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra HE.HB = HD.HA = HF.HC
c) Chứng minh EI vuông góc với BC.
*Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp (\(\widehat {BFH} + \widehat {BDH} = {180^0}\))
Suy ra :\(\widehat {HFD} = \widehat {HBD}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
Trong đường tròn (O), ta có: \(\widehat {HFD}\) là góc nội tiếp chắn và \(\widehat {HBD}\) là góc nội tiếp chắn . Do đó
Vậy BC\( \bot \)EI.
Đề thi học kì 2 Toán lớp 9 có đáp án năm 2022 – 2023 (6 đề) – Đề 6
Phòng Giáo dục và Đào tạo …..
Đề thi Học kì 2
Năm học 2022 – 2023
Bài thi môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
(Đề số 6)
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a) \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{3} – \frac{y}{2} = – 3\\x + \frac{{3y}}{4} = 0\end{array} \right.\]
b) x2 – 10x + 24 = 0
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\)trên hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (D) \(y = – \frac{x}{2} + 2\) và (P) ở câu trên.
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình : x2 – mx + m -1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức M = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: (1 điểm)
Tính diện tích xung quanh của một chiếc thùng phi hình trụ, biết chiều cao của thùng phi là 1,2 m và đường kính của đường tròn đáy là 0,6m.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có \(\widehat A > {90^0}\). Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
1. Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
2. Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD.
3. Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp DDEF và BH.AD = AH.BD.
Bài 6: (0,5 điểm)
Cho x, y là hai số thực thoả mãn x.y = 1.
Chứng minh: \(\frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + {x^2} + {y^2} \ge 3\). Đẳng thức xảy ra khi nào?
———HẾT——–
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
a)
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{3} – \frac{y}{2} = 3\\x + \frac{{3y}}{4} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x – 3y = 18\\4x + 3y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x = 18\\4x + 3y = 0\end{array} \right.\end{array}\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = – 4\end{array} \right.\]
Vậy hệ PT có nghiệm (3;-4)
b) Ta có: D’ = 25 – 24 = 1 > 0,
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{5 + \sqrt 1 }}{2} = 3,{x_2} = \frac{{5 – \sqrt 1 }}{2} = 2\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 6, x2 = 4.
Bài 2:
a) Ta có bảng giá trị:
|
x |
-4 |
-2 |
0 |
2 |
4 |
|
\(y = \frac{1}{4}{x^2}\) |
4 |
1 |
0 |
1 |
4 |
Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua các điểm A(-4; 4), B(-2; 1), O(0; 0), C(2; 1), D(4; 4).
Đồ thị hàm số
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm của phương trình \[\frac{{{x^2}}}{4} = \frac{{ – x}}{2} + 2 \Leftrightarrow {x^2} + 2x – 8 = 0\]
Ta có ∆’ = 12 – 1.(-8) = 9 > 0
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{ – 1 + \sqrt 9 }}{1} = 2,{x_2} = \frac{{ – 1 – \sqrt 9 }}{1} = – 4\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 2, x2 = – 4.
Thay x1 = 2 vào hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\) ta được y = 1
Thay x1 = -4 vào hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\)ta được y = 4
Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (2 ;1) và (-4 ;4).
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Ta có D = m2 – 4(m-1) = m2 – 4m + 4 = (m – 2)2 ≥ 0 với mọi m
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình.
Theo hệ thức Vi -ét có: x1 + x2 = m và x1.x2 = m – 1
Xét biểu thức x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1.x2 = m2 – 2m + 2
= (m – 1)2 + 1 ≥ 1 ( vì (m -1)2 ≥ 0 với mọi m)
Dấu ‘=’ xảy ra khi m – 1 = 0 suy ra m =1
Vậy x12 + x22 có giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 1.
Bài 4:
Bán kính đường tròn đáy là: 0,6:2 = 0,3 (m).
Thể tích của thùng phi hình trụ là:
V = πr2h = π .0,32. 1,2 = 0,108π (cm3)
Bài 5:
Vẽ hình đúng
a) Xét (O) ta có \[\widehat {AEB} = {90^0}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét (O’) ta có \[\widehat {ADC} = {90^0}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\[ \Rightarrow \widehat {AEB} = \widehat {ADC} = {90^0}\]
Suy ra E và D là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn BC dưới một góc 900.
Do đó tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn hay bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Ta có \[\widehat {AFB} = \widehat {AFC} = {90^0}\] (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\[ \Rightarrow \widehat {AFB} + \widehat {AFC} = {180^0}\]
Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng
Ta có \[\widehat {{\rm{AF}}E} = \widehat {ABE}\] (cùng chắn ) và \[\widehat {{\rm{AFD}}} = \widehat {ACD}\] (cùng chắn )
Mà \[\widehat {ECD} = \widehat {EBD}\] (cùng chắn của tứ giác BCDE nội tiếp)
Suy ra: \[\widehat {{\rm{AF}}E} = \widehat {AFD}\] ⇒ FA là phân giác của góc DFE.
c) Chứng minh được tương tự câu b có EA là phân giác của tam giác DEF
Mà FA cắt DA tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp DDEF
Ta có EA là phân giác của tam giác DEH suy ra \[\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{EH}}{{{\rm{ED}}}}\] (1)
Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra \[\frac{{BH}}{{BD}} = \frac{{EH}}{{ED}}\] (2)
Từ (1), (2) ta có: \[\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{BH}}{{{\rm{BD}}}} \Leftrightarrow AH.BD = BH.AD\].
Bài 6:
Xét \(\frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + {x^2} + {y^2} \ge 3\)
\( \Leftrightarrow \frac{4}{{{x^2} + 2xy + {y^2}}} + {x^2} + {y^2} \ge 3\)
\( \Leftrightarrow \frac{4}{{{x^2} + {y^2} + 2}} + {x^2} + {y^2} \ge 3\)
4 + (x2 + y2)2 +2(x2 + y2) 
3(x2 + y2) + 6
(x2 +y2)2 – 4(x2 +y2) +4 +3(x2 +y2) – 6 0
[(x2 +y2) -2]2 +3[x2 +y2 – 2xy] 0
[(x2 +y2) – 2]2 + 3(x-y)2 0 (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 2\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1\).