Bộ 20 Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án

Chỉ từ 150k mua trọn bộ Đề thi học kì 2 Toán 9 bản word có lời giải chi tiết:

B1:   –

B2:   – nhấn vào đây để thông báo và nhận giáo án.

Xem thử tài liệu tại đây: Link tài liệu

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 1

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 1)

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn:

A. 2x² – 3x + 1 = 0       B.-2x = 4

C. 2x + 3y = 7       D. 1/x + y = 3

Câu 2: Hệ phương trình  có nghiệm là:

A. (-3; -1)       B. (3; 1)

C. (3; -1)       D. (1; -3)

Câu 3: Cho AB là dây cung của đường tròn (O; 4 cm), biết AB = 4 cm, số đo của cung nhỏ AB là:

A. 60^o       B. 120^o       C. 30^o       D. 90^o

Câu 4: Bán kính hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh 2 cm là:

A.2 cm       B.√2 cm       C.1 cm       D.4 cm

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1 (1, 5 điểm) giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x² – 7x + 5 = 0

Bài 2 (1, 5 điểm) Cho hai hàm số : y = x² (P) và y = – x + 2 (d)

a) Vẽ 2 đồ thì hàm số trên cùng 1 hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)

c) Viết phương trình đường thẳng d’ song song với d và cắt (P) tại điểm có hoành độ -1.

Bài 3 (1, 5 điểm) Cho phương trình x² + (m – 2)x – m + 1 =0

a) Tìm m để phương trình có 1 nghiệm x = 2. Tìm nghiệm còn lại

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x₁² + x₂² -6x₁ x₂

Bài 4 (3,5 điểm) Cho (O;OA), dây BC vuông góc với OA tại K. Kẻ tiếp tuyến của (O) tại B và A, hai tiếp tuyến này cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác OBHA nội tiếp được đường tròn

b) Lấy trên O điểm M (M khác phía với A so với dây BC, dây BM lớn hơn dây MC). Tia MA và BH cắt nhau tại N. chứng minh ∠(NMC) = ∠(BAH)

c) Tia MC và BA cắt nhau tại D. Chứng minh tứ giác MBND nội tiếp được đường tròn.

d) Chứng minh OA ⊥ ND

Hướng dẫn giải

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

1.C

2.C

3.A

4.B

Câu 4: Chọn đáp án C

Kẻ OH ⊥ AB. Do ABCD là hình vuông nên ∠OAH = 45^o

Tam giác ABC vuông tại B có: AC² = AB² + BC² = 2² + 2² = 8

Nên AC = 2√2cm

Vì O là trung điểm AC nên 

Xét tam giác OAH vuông tại H có: 

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông cạnh 2cm là 1cm

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1

a) x² – 7x + 5 = 0

Δ = 7² – 4.1.5 = 49 – 20 = 29 > 0

⇒ Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 3)

Bài 2

a) Xét hàm số: y = x² (P)

Tập xác định R

Bảng giá trị

x	– 2	– 1	0	1	2
y = x2	4	1	0	1	2

Đồ thị hàm số y = x² là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O(0;0) là đỉnh và là điểm thấp nhất.

Xét hàm số: y = – x + 2 (d)

Tập xác định R

Bảng giá trị

x	0	2
y = – x + 2	2	0

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = -x + 2 ⇔ x² + x – 2 = 0

⇒ Phương trình có nghiệm 1 và -2 ( phương trình dạng a + b + c = 0)

Với x = 1 ⇒ y = x² = 1

Với x = – 2 ⇒ y = x² = 4

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; 1) và (-2; 4)

c) Do d’ // d nên phương trình của d’ có dạng: y = -x + b (b ≠ 2)

Gọi A là giao điểm của d’ và (P). A có hoành độ -1 ⇒ tung độ của A là 1

Do A (-1; 1) nên tọa độ của A thỏa mãn phương trình đường thẳng d’

⇒ 1 = -(-1) + b ⇒ b = 0

⇒ Phương trình đường thẳng d’ là y = -x.

Bài 3 x² + (m – 2)x – m + 1 = 0

a) phương trình có 1 nghiệm x = 2 nên :

2² + (m-2).2 – m + 1 = 0

⇔ m = -1

Với m = -1, phương trình trở thành: x² – 3x + 2 = 0

Theo hệ thức Vi-et ta có: x₁ + x₂ = 3

Giả sử x₁ = 2 ⇒ x₂ = 1

Vậy với m = – 1 thì phương trình có 1 nghiệm là 2 và nghiệm còn lại là 1.

b) Δ = (m – 2)² -4.(-m + 1) = m² – 4m + 4 + 4m – 4 = m² ≥ 0 ∀ m

⇒ Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

c) Theo hệ thức Vi- et ta có:

A = x₁² + x₂² -6x₁ x₂ = (x₁ + x₂ )² – 8x₁ x₂

= (2 – m)² – 8(-m + 1) = m² – 4m + 4 + 8m – 8

= m² + 4m – 4 = (m + 2)² – 8

Ta có: (m + 2)² ≥ 0 ∀ m

⇒ (m + 2)² – 8 ≥ -8 ∀ m ⇔ A ≥ -8 ∀ m

Dấu bằng xảy ra khi (m + 2)² = 0 ⇔ m= -2

Vậy GTNN của A là -8, đạt được khi m = -2

Bài 4

a) Xét tứ giác OBHA có:

∠(OBH) = 90^o ( BH là tiếp tuyến của (O)

∠(OAH) = 90^o (AH là tiếp tuyến của (O)

⇒ ∠(OBH) + ∠(OAH) = 180^o

⇒ Tứ giác OBHA là tứ giác nội tiếp

b) Ta có: Một phần đường kính OA vuông góc dây BC

⇒ AB = AC ⇒ sđ cung AB = sđ cung AC

⇒ ∠(BAH) = ∠(ABC) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn 2 cung bằng nhau)

Tứ giác ABMC nội tiếp (O)

⇒ ∠(NMC) = ∠(ABC) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Do đó: ∠(NMC) = ∠(BAH)

c) 2 tiếp tuyến HA và HB cắt nhau tại H

⇒ ΔHAB cân tại H ⇒ ∠(BAH) = ∠(HBA)

Theo ý b) ∠(NMC) = ∠(BAH)

⇒ ∠(NMC) = ∠(HBA)

Xét tứ giác MBND có: ∠(NMC) = ∠(HBA)

⇒ 2 đỉnh M và B cùng nhìn cạnh ND dưới 1 góc bằng nhau

⇒ MBND là tứ giác nội tiếp.

d) Xét tứ giác MBND nội tiếp có:

∠(BDN) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN)

Xét tứ giác ABMC nội tiếp (O) có:

∠(ABC) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau )

⇒ ∠(BDN) = ∠(ABC)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

⇒ ND // BC

Mà BC ⊥ OA ⇒ ND ⊥ OA

……………………………………………………………………….

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 2

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 2)

Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x² – 7x + 2 = 0

b) x⁴ – 5x + 4 = 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y= x²/4

b) Trên (P) lấy 2 điểm A và B có hoành độ lần lượt là 4 và 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và B

Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) : x² – 2mx – 4m – 4 = 0(1)

a) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi Giá trị của m.

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn x₁² + x₂² – x₁x₂ = 13

Bài 4: (1 điểm) Tìm kích thước của hình chữ nhật, biết chiều dài hơn chiều rộng 3m. Nếu tăng thêm mỗi chiều thêm 2 mét thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 70m2.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ngoài đường tròn (O) sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và OA vuông góc với BC

b) Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn tâm (O) tại D (D khác B), AD cắt đường tròn (O) tại E (E khác D). Tính tích AD.AE theo R.

c) Tia BE cắt AC tại F. Chứng minh F là trung điểm AC.

d) Tính theo R diện tích tam giác BDC.

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

a) 3x² – 7x + 2 = 0

Δ= 7² -4.3.2 = 49 – 24 = 25 > 0 ⇒ √Δ = 5

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; 1/3}

b) x⁴ – 5x² + 4 = 0

Đặt t = x² ≥ 0 , ta có phương trình:

t² – 5t + 4 = 0 (dạng a + b + c = 1 -5 + 4 = 0)

t₁ = 1 (nhận) ; t₂ = 4 (nhận)

với t = 1 ⇔ x² = 1 ⇔ x = ± 1

với t = 4 ⇔ x² = 4 ⇔ x = ± 2

Vậy nghiệm của phương trình x = ±1; x = ± 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = ( √5; -1)

Bài 2:

a) Tập xác định của hàm số: R

Bảng giá trị:

x	-4	-2	0	2	4
y = x2 / 4	4	1	0	1	4

Đồ thị hàm số y = x² / 4 là một đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O(0;0) là đỉnh và là điểm thấp nhất.

b) Với x = 4, ta có: y = x²/4 = 4 ⇒ A (4; 4)

Với x = 2, ta có y = x²/4 = 1 ⇒ B ( 2; 1)

Giả sử đường thẳng đi qua 2 điểm A, B là y = ax + b

Đường thẳng đi qua A (4; 4) nên 4 = 4a + b

Đường thẳng đi qua B (2; 1) nên : 1= 2a + b

Ta có hệ phương trình

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A, B là y = 3/2 x – 2

Bài 3:

a) Δ’ = m² – (-4m – 4) = m² + 4m + 4 = (m + 2)² ≥ 0 ∀m

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

b) Gọi x₁ ; x₂ lần lượt là 2 nghiệm của phương trình đã cho

Theo hệ thức Vi-et ta có:

x₁² + x₂² -x₁ x₂ = (x₁ + x₂ )² – 3x₁ x₂ = 4m² + 3(4m + 4)

Theo bài ra: x₁² + x₂² – x₁ x₂=13

⇒ 4m² + 3(4m + 4) = 13 ⇔ 4m² + 12m – 1 = 0

Δ_m = 12² -4.4.(-1) = 160 ⇒ √(Δ_m ) = 4√10

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Vậy với  thì phương trình có 2 nghiệm x₁; x₂ thỏa mãn điều kiện x₁² + x₂² – x₁ x₂ = 13

Bài 4:

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (m) ( x > 0 )

⇒ Chiều dài của hình chữ nhật là x + 3 (m)

Khi đó diện tích của hình chữ nhật là x(x + 3) (m² )

Nếu tăng thêm mỗi chiều thêm 2 mét thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 70m² nên ta có phương trình:

(x + 2)(x + 3 + 2) = x(x + 3) + 70

⇔ (x + 2)(x + 5) = x(x + 3) + 70

⇔ x² + 7x + 10 = x² + 3x + 70

⇔ 4x = 60

⇔ x = 15

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 15m

Chiều dài của hình chữ nhật là 18m

Bài 5:

 

  

 

………………………………………………………………………..

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 3

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 3)

Câu 1: Cho hàm số y = -3x². 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, nghịch biến khi x < 0

D. Hàm số trên đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0

Câu 2: Cho phương trình bậc hai x² – 2(m + 1) x + 4m = 0. Phương trình có nghiệm kép khi m bằng:

A. 1       C. Với mọi m

B. –1       D. Một kết quả khác

Câu 3: Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo là 60^o. Khi đó diện tích hình quạt AOB là:

Câu 4: Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn khi:

A.∠(MNP) + ∠(NPQ) = 180^o

B.∠(MNP) = ∠(MPQ)

C. MNPQ là hình thang cân

D. MNPQ là hình thoi

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1 (2,0 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức 

2) Cho biểu thức  với x > 0; x ≠ 1

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = A.B với x > 1

Bài 2 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một tấm bìa hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 3dm. Nếu giảm chiều rộng đi 1dm và tăng chiều dài thêm 1dm thì diện tích tấm bìa là 66 Tính chiều rộng và chiều dài của tấm bìa lúc ban đầu.

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Cho phương trình x⁴ + mx² – m – 1 = 0(m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = 2

b) Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số).

a) Xác định m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P). Tìm hoành độ tiếp điểm.

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A, B nằm về hai phía của trục tung, sao cho diện tích có diện tích gấp hai lần diện tích (M là giao điểm của đường thẳng d với trục tung).

Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), dây AB. Trên cung lớn AB lấy điểm C sao cho A < CB. Các đường cao AE và BF của tam giác ABC cắt nhau tại I.

a) Chứng minh tứ giác AFEB là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh CF.CB = CE.CA

c) Nếu dây AB có độ dài bằng R√3 , hãy tính số đo của (ACB)

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là K (K khác C). Vẽ đường kính CD của (O; R). Gọi P là trung điểm của AB. Chứng minh rằng ba điểm K, P, D thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

1.D

2.A

3.B

4.C

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1

Biểu thức A xác định khi √x – 1 ≠ 0 ⇔ √x ≠ 1 ⇔ x ≠ 1

Vậy GTNN của P là 2√3 + 3 đạt được khi x = 4 + 2√3

Bài 2

Gọi chiều dài của tấm bìa là x (x > 3) (dm)

⇒ Chiều rộng của tấm bìa là x – 3 (dm)

Nếu tăng chiều dài 1 dm và giảm chiều rộng 1 dm thì diện tích là 66 dm² nên ta có phương trình:

(x + 1)(x – 3 – 1) = 66

⇔ (x + 1)(x – 4 ) = 66

⇔ x² – 3x – 4 – 66 = 0

⇔ x² – 3x – 70 = 0

Δ = 3² – 4.(-70) = 289 ⇒ √Δ = 17

⇒ Phương trình đã cho có 2 nghiệm

Do x > 3 nên x =10

Vậy chiều dài của tấm bìa là 10 dm

Chiều rộng của tấm bìa là 7 dm.

Bài 3

1) x⁴ + mx² – m – 1 = 0

a) Khi m = 2, phương trình trở thành: x⁴ + 2x² – 3 = 0

Đặt x² = t (t ≥ 0). Khi đó ta có phương trình: t² + 2t – 3 = 0

⇒ Phương trình có nghiệm t = 1 và t = -3 (do phương trình có dạng a + b + c = 0)

Do t ≥ 0 nên t = 1 ⇒ x² = 1 ⇒ x = ±1

b) Đặt x² = t (t ≥ 0). Khi đó ta có phương trình: t² – mt – m – 1 = 0 (*)

Δ = m² – 4(-m – 1) = m² + 4m + 4 = (m + 2)²

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

2) parabol (P): y = x² ; đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số).

a) phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = 2x + m ⇔ x² – 2x – m = 0

Δ’= 1 + m

(d) tiếp xúc với (P) khi phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất 1 nghiệm

⇔ Δ’= 1 + m = 0 ⇔ m = -1

Khi đó hoành độ giao điểm là x = 1

b) (d) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt nằm về 2 phía của trục tung khi và chỉ khi

Khi đó 2 nghiệm của phương trình là:

 

Kẻ BB’ ⊥ OM ; AA’ ⊥ OM

Ta có:

S_AOM = 1/2 AA’.OM ; S_BOM = 1/2 BB’.OM

Theo bài ra:

Do m > 0 nên m = 8

Vậy với m = 8 thì thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài 4

a) Xét tứ giác AEFB có:

∠(AFB) = 90^o ( AF là đường cao)

∠(AEB) = 90^o ( BE là đường cao)

⇒ 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc bằng nhau

⇒ AEFB là tứ giác nội tiếp.

b) Xét ΔBEC và ΔAFC có:

∠(BCA) là góc chung

∠(BEC) = ∠(AFC) = 90 ^o

⇒ ΔBEC ∼ ΔAFC

c) Gọi P là trung điểm của AB

Do tam giác OAB cân tại O nên OP ⊥ AB

Tam giác OAP vuông tại P có:

⇒ Tứ giác CEIF là tứ giác nội tiếp và CI là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF

Ta có: IK ⊥ KC ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF)

DK ⊥ KC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

⇒ D; I; K thẳng hàng (1)

Ta có:

DB ⊥ BC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

AI ⊥ BC ( AI là đường cao của tam giác ABC)

⇒ AI // BD

DA ⊥ BA(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

BI ⊥ BA ( BI là đường cao của tam giác ABC)

⇒ AD // BI

Xét tứ giác ADBI có: AI // BD và AD // BI

⇒ ADBI là hình bình hành

Do P là trung điểm của AB ⇒ P là trung điểm của DI

Hay D; P; I thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) ⇒ D; P; K thẳng hàng.

………………………………………………………………………..

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 4

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 4)

Bài 1: (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình

a) 2x² – 3x + 1 = 0

b) x³ – 3x² + 2 = 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = x²

b) Tìm m để đường thẳng (d) : y = 2x + m tiếp xúc với (P).

Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ấn số x): x² – 4x + m – 2 = 0 (1)

a) Giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn 3x₁ – x₂ = 8

Bài 4: (1 điểm) Một ô tô đi từ A đến B với một vận tốc xác định. Nếu vận tốc tăng thêm 30 km/h thì thời gian đi sẽ giảm 1 giờ. Nếu vận tốc giảm bớt 15 km/h thì thời gian đi tăng thêm 1 giờ. Tính vận tốc và thời gian đi từ A đến B của ô tô.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại E và D. Gọi H là giao điểm của BD và CE; AH cắt BC tại I.

a) Chứng minh AI vuông góc với BC và EC là phân giác của góc IED.

b) Chứng minh BE.BA = BI.BC

c) Chứng minh tứ giác OIED nội tiếp.

d) Cho biết BC = 16cm. Tính BE.BA + CD.CA

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

a) 2x² – 3x + 1 = 0

a = 2; b = – 3; c = 1 ⇒ a + b + c = 0

Do đó phương trình có nghiệm x₁ = 1; x₂ = 1/2

b) x³ – 3x² + 2 = 0

⇔ x³ – x² – 2x² + 2 = 0

⇔ x²(x – 1) – 2(x² – 1) = 0

⇔ x²(x – 1) – 2(x + 1)(x – 1) = 0

⇔ (x – 1)[x² – 2(x + 1)] = 0

⇔ (x – 1)(x² – 2x – 2) = 0

* Ta có: x – 1 = 0 khi x = 1

* Xét x² – 2x – 2 = 0 (*)

Có ∆’ = (-1)² – 1(-2) = 3 > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

x₁ = 1 + √3; x₂ = 1 – √3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1 – √3; 1; 1 + √3}

Khi đó hệ phương trình trở thành:

Bài 2:

a) Tập xác định của hàm số: R

Bảng giá trị

x	– 2	– 1	0	1	2
y = x2	4	1	0	1	2

Đồ thị hàm số y = x² là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O(0;0) là đỉnh và là điểm thấp nhất.

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x² = 2x + m ⇔ x² – 2x – m = 0

Δ’ = 1-(-m) = 1 + m

(d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d có một nghiệm duy nhất

⇔ Δ’ = 0 ⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = -1

Vậy với m = -1 thì d tiếp xúc với (P)

Bài 3:

a) Δ’ = 2² – (m – 2) = 6 – m

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Δ’ ≥ 0

⇔ 6 – m ≥ 0 ⇔ m ≤ 6

Vậy với m ≤ 6 thì phương trình đã cho có nghiệm

b) Theo hệ thức Vi-et ta có:

Theo bài ra:

3x₁ – x₂ = 8

⇔ 3x₁ – x₂ = 2(x₁ + x₂)

⇔ x₁ = 3x₂

Khi đó: x₁ + x₂ = 4 ⇔ 3x₂ + x₂ = 4 ⇔ 4x₂ = 4 ⇔ x₂ = 1

⇒ x₁ = 3

⇒ x₁ x₂ = 3 ⇒ m – 2 = 3 ⇔ m = 5

Vậy với m = 5 thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 4:

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x > 15)

Thời gian dự định đi của ô tô là y (h) (y > 1)

⇒ Quãng đường AB là xy (km)

Nếu vận tốc tăng 30 km/h thì thời gian giảm đi 1h nên ta có phương trình:

(x + 30)(y – 1) = xy ⇔ -x + 30y = 30 (1)

Nếu vận tốc giảm 15 km/h thì thời gian tăng 1h nên ta có phương trình

(x – 15)(y + 1) = xy ⇔ x – 15y = 15 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy vận tốc đi từ A đến B là 60 km/h

Thời gian đi từ A đến B là 3h.

Bài 5:

a) Chứng minh AI BC

Ta có ∠BEC = BDC = 90^o (hai góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn)

d) Tính BE.BA + CD.CA

Chứng minh tương tự câu b, CD.CA = CI.CB

Từ đó BE.BA + CD.CA = BI.BC + CI.CB

= (BI + CI).BC = BC.BC = BC² = 16² = 256

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 5

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 5)

Bài 1 (2,0 điểm):

a) Tính giá trị của biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}$ khi $x=25.$

b) Rút gọn biểu thức $B=\frac{5\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}$ với $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9.$

c) Tìm giá trị của $x$ thỏa mãn $\left(x-9\right).B<2x.$

Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xưởng theo kế hoạch phải in 6000 quyển sách giống nhau trong một thời gian quy định, với số quyển sách in được trong mỗi ngày là như nhau. Khi thực hiện mỗi ngày xưởng đã in nhiều hơn 300 quyển so với trong kế hoạch, nên xưởng đã in xong số quyển sách nói trên sớm hơn một ngày. Tính số quyển sách xưởng in được trong một ngày theo kế hoạch.

Bài 3 (2,0 điểm):

Cho phương trình: $x^2-2mx+m^2-m+1=0$

a) Giải phương trình khi $m=1.$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$  thỏa mãn $x_2^2+2m{x}_1=9.$

Bài 4 (3,5 điểm):

Cho đường tròn $\left(O;R\right)$ đường kính $AB.$ Kẻ tiếp tuyến $Ax$ và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm $P$ sao cho $AP>R,$ từ $P$ kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với $\left(O;R\right)$ tại $M$.

a) Chứng minh tứ giác $APMO$ nội tiếp một đường tròn. 

b) Chứng minh $BM//OP.$

c) Đường thẳng vuông góc với $AB$ ở $O$ cắt tia $BM$   tại $N.$  Chứng minh tứ giác $OBNP$  là hình bình hành.

d) Biết $AN$ cắt $OP$  tại $K,PM$ cắt $ON$ tại $I;PN$ và $OM$ kéo dài cắt nhau tại $J.$  Chứng minh ba điểm $I,J,K$ thẳng hàng.

Bài 5 (0,5 điểm):

Cho hai số dương $x>0,y>0$ thỏa mãn $x+y\le 1.$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2}{xy}+4xy.$

Phương pháp giải:

a) Tìm điều kiện xác định, thay giá trị của $x=25\left(tm\right)$ vào biểu thức và tính giá trị của biểu thức.

b) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức đã cho.

c) Thay biểu thức $B$ vừa rút gọn ở câu trên vào bất phương trình, giải bất phương trình tìm $x.$

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Đáp án và Hướng dẫn giải

a) Tính giá trị của biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}$ khi $x=25.$

Điều kiện xác định: $x\ge 0.$ 

Thay $x=25\left(tm\right)$ vào biểu thức ta có: $A=\frac{\sqrt{25}}{\sqrt{25}+1}=\frac{5}{6}.$

Vậy $x=25$ thì $A=\frac{5}{6}.$

b) Rút gọn biểu thức $B=\frac{5\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}$ với $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9.$

Với $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9,$ ta có:

$\begin{array}{l}B=\frac{5\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}\\ B=\frac{5\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-3}+\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}\\ B=\frac{5\sqrt{x}-9-\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ B=\frac{5\sqrt{x}-9-x+4+x-4\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ B=\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ B=\frac{1}{\sqrt{x}-3}.\end{array}$

Vậy $B=\frac{1}{\sqrt{x}-3}$ với $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9.$

c) Tìm giá trị của $x$ thỏa mãn $\left(x-9\right).B<2x.$

Điều kiện: $x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9.$

$\begin{array}{l}\left(x-9\right).B<2x\iff \left(x-9\right).\frac{1}{\sqrt{x}-3}<2x\\ \iff \sqrt{x}+3<2x\iff 2x-\sqrt{x}-3>0\\ \iff \left(\sqrt{x}+1\right)\left(2\sqrt{x}-3\right)>0\\ \iff 2\sqrt{x}-3>0\left(do\sqrt{x}+1>0\right)\\ \iff \sqrt{x}>\frac{3}{2}\iff x>\frac{9}{4}.\end{array}$

Kết hợp điều kiện, ta được $x>\frac{9}{4};x\ne 4;x\ne 9$ thỏa mãn yêu cầu đề bài. 

Vậy $x>\frac{9}{4},x\ne 4,x\ne 9$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài 2:

Phương pháp giải:

Gọi số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là $x$ (quyển), $\left(x\in \mathbb{N}\ast ,x<6000\right).$

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

Lập phương trình, giải phương trình tìm $x.$

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là $x$ (quyển), $\left(x\in \mathbb{N}\ast ,x<6000\right).$

$\Rightarrow$ Số ngày hoàn thành theo dự định là: $\frac{6000}{x}$ (ngày).

Số sách thực tế mà xưởng in được trong một ngày là: $x+300$ (quyển).

$\Rightarrow$ Số ngày hoàn thành thực tế là: $\frac{6000}{x+300}$ (ngày).

Vì thực tế, xưởng in xong sớm hơn một ngày, nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{6000}{x}-1=\frac{6000}{x+300}\\ \Rightarrow 6000\left(x+300\right)-x\left(x+300\right)=6000x\\ \iff 6000x+1800000-x^2-300x=6000x\\ \iff x^2+300x-1800000=0\\ \iff x^2-1200x+1500x-1800000=0\\ \iff x\left(x-1200\right)+1500\left(x-1200\right)=0\\ \iff \left(x-1200\right)\left(x+1500\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x-1200=0\\ x+1500=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1200\left(tm\right)\\ x=-1500\left(ktm\right)\end{array}.\end{array}$

Vậy số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là 1200 quyển.

Bài 3:

Phương pháp giải:

a) Thay $m=1$ vào phương trình, giải phương trình bậc hai một ẩn.

b) Tìm điều kiện của $m$ để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0.$

Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức đã cho để tìm $m.$

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình: $x^2-2mx+m^2-m+1=0$ (*)

a) Giải phương trình khi $m=1.$

Thay $m=1$ vào phương trình (*) đã cho, ta được phương trình:

$x^2-2x+1=0\iff {\left(x-1\right)}^2=0$ $\iff x-1=0\iff x=1.$

Vậy khi $m=1$ thì phương trình có nghiệm $x=1.$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$  thỏa mãn $x_2^2+2m{x}_1=9.$

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-\left(m^2-m+1\right)=m-1$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff \{\begin{array}{l}a\ne 0\\ {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}1\ne 0\left(ld\right)\\ m-1>0\end{array}\iff m>1$

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=m^2-m+1\end{array}$

Vì $x_2$ là nghiệm của phương trình (*) nên ta có:

${x_2}^2-2m{x}_2+m^2-m+1=0$$\Rightarrow {x_2}^2=2m{x}_2-m^2+m-1$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}{x}_2^2+2m{x}_1=9\\ \Rightarrow \left(2m{x}_2-m^2+m-1\right)+2m{x}_1=9\\ \iff 2m\left(x_1+x_2\right)-m^2+m-10=0\\ \iff 2m.2m-m^2+m-10=0\\ \iff 3m^2+m-10=0\\ \iff 3m^2+6m-5m-10=0\\ \iff 3m\left(m+2\right)-5\left(m+2\right)=0\\ \iff \left(m+2\right)\left(3m-5\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m+2=0\\ 3m-5=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=-2\left(ktm\right)\\ m=\frac{5}{3}\left(tm\right)\end{array}.\end{array}$

Vậy $m=\frac{5}{3}$.

Bài 4:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.

b)  Chứng minh hai đường thẳng cùng vuông góc với $AM.$

c) Chứng minh $OP=BN,OP//BN.$

d) Chứng minh $I$ là trực tâm của $\mathrm{\Delta }OPJ$ và $JK$ là một đường cao của$\mathrm{\Delta }OPJ.$

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác $APMO$ nội tiếp một đường tròn.

Ta có: $P\in Ax$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)\Rightarrow AP\mathrm{\perp }AO\Rightarrow \mathrm{\angle }PAO={90}^0$

Lại có: $PM$ cũng là tiếp tuyến của $\left(O\right)\Rightarrow OM\mathrm{\perp }PM\Rightarrow \mathrm{\angle }OMP={90}^0$ 

Xét tứ giác $APMO$ ta có: $\mathrm{\angle }OMP+\mathrm{\angle }PAO$ $={90}^0+{90}^0={180}^0$ mà hai góc $\mathrm{\angle }OMP,\mathrm{\angle }PAO$ ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow APMO$ là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Chứng minh $BM//OP.$

Xét đường tròn $(O)$ có $PA,PM$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $P$$\Rightarrow PA=PM$ (tính chất)

$\Rightarrow P$ thuộc đường trung trực của $AM$ (1)

Lại có: $OA=OM\left(=R\right)\Rightarrow O$ thuộc đường trung trực của $AM$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $PO$ là đường trung trực của $AM.$

$\Rightarrow PO\mathrm{\perp }AM.$

Lại có: $\mathrm{\angle }AMB$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)\Rightarrow \mathrm{\angle }AMB={90}^0$ hay $AM\mathrm{\perp }BM.$

$\Rightarrow OP//BM$ (cùng $\mathrm{\perp }AM$).

c) Đường thẳng vuông góc với $AB$ ở $O$ cắt tia $BM$ tại $N.$  Chứng minh tứ giác $OBNP$  là hình bình hành.

Ta có: $OP//BM\left(cmt\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }AOP=\mathrm{\angle }OBN$ (hai góc đồng vị).

Xét $\mathrm{\Delta }APO$ và $\mathrm{\Delta }ONB$ ta có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }PAO=\mathrm{\angle }NOB={90}^0\\ OA=OB=R\\ \mathrm{\angle }AOP=\mathrm{\angle }OBN\left(cmt\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }PAO=\mathrm{\Delta }NOB$ (cạnh huyền- góc nhọn)

$\Rightarrow OP=NB$ (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

Xét tứ giác $OBNP$ ta có: $\{\begin{array}{l}OP//BN\left(cmt\right)\\ OP=BN\left(cmt\right)\end{array}$

$\Rightarrow OBNP$ là hình bình hành. (dhnb)

d) Biết $AN$ cắt $OP$  tại $K,PM$ cắt $ON$ tại $I;PN$ và $OM$ kéo dài cắt nhau tại $J.$  Chứng minh ba điểm $I,J,K$ thẳng hàng.

Ta có: $\mathrm{\Delta }APO=\mathrm{\Delta }ONB\left(cmt\right)$$\Rightarrow AP=ON$ (hai cạnh tương ứng).

Lại có: $\{\begin{array}{l}AP\mathrm{\perp }AB\\ ON\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow AP//ON$

$\Rightarrow OAPN$ là hình bình hành. (dhnb)

Mà $\mathrm{\angle }PAO={90}^0\Rightarrow OAPN$ là hình chữ nhật. (dhnb)

Mặt khác: $AN\cap OP=\left\{K\right\}$$\Rightarrow K$ là trung điểm của của $OP$ (tính chất hình bình hành)

Xét $\left(O\right)$ ta có: $PM$ và $PA$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $P$

$\Rightarrow OP$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }AON$

Hay $\mathrm{\angle }AOP=\mathrm{\angle }POM$

Mà $\mathrm{\angle }AOP=\mathrm{\angle }NPO$ (hai góc so le trong)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MOP=\mathrm{\angle }NPO$$hay\mathrm{\angle }MOP=\mathrm{\angle }JPO$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }JPO$ cân tại $J$

Mà $K$ là trung điểm của $OP\left(cmt\right)$ nên $JK$ vừa là đường trung tuyến trong tam giác cân $JPO$.

Suy ra $JK$ cũng là đường cao của $\mathrm{\Delta }JPO.$ (*)

Ta có: $PM\mathrm{\perp }OMhayPM\mathrm{\perp }OJ$ ($PM$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$)

$\Rightarrow PM$ là đường cao của $\mathrm{\Delta }OPJ.$   

Lại có: $ON\mathrm{\perp }PJ$ ($OAPN$ là hình chữ nhật)

$\Rightarrow ON$ là đường cao của $\mathrm{\Delta }OPJ.$  

Mà $PM\cap ON=\left\{I\right\}$ $\Rightarrow I$ là trực tâm $\mathrm{\Delta }OPJ.$ (**)

Từ (*) và (**) $\Rightarrow I;J;K$ thẳng hàng.

Bài 5:

Phương pháp giải:

Chọn điểm rơi và sử dụng hệ quả của bất đẳng thức AM-GM.

Lời giải chi tiết:

Cho hai số dương $x>0,y>0$ thỏa mãn $x+y\le 1.$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2}{xy}+4xy.$

Trước tiên, theo bất đẳng thức AM-GM:

Với $a,b>0:$ $\{\begin{array}{l}a+b\ge 2\sqrt{ab}\\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{2}{\sqrt{ab}}\end{array},$ nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta được:

$\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 4$ $\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}(\ast )$

Ta có: $A=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{2}{xy}+4xy$$=\left(\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}\right)+\left(\frac{1}{4xy}+4xy\right)+\frac{5}{4xy}.$

Sử dụng hệ quả (*) ta có:  $\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}\ge \frac{4}{{\left(x+y\right)}^2}\ge 4$ (do $x+y\le 1$ )

Lại có : $\frac{1}{4xy}+4xy$$\ge 2\sqrt{\frac{1}{4xy}.4xy}=2$

Vì ${\left(x-y\right)}^2\ge 0\Rightarrow 4xy\le {\left(x+y\right)}^2\le 1$ $\Rightarrow \frac{5}{4xy}\ge 5.$

Suy ra $A\ge 4+2+5=11.$

Dấu “=” xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}x=y\\ xy=\frac{1}{4}\\ x+y\le 1\end{array}$ $\iff x=y=\frac{1}{2}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $11$ khi $x=y=\frac{1}{2}.$

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 6

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 6)

Câu 1 (1,5 điểm): Giải các phương trình sau:

a) $3\left(x^2-5\right)=4x$

b) $4x^4+3x^2-1=0$

Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm số: $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ có đồ thị là (P).

a) Vẽ (P).

b) Tìm các tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (D): $y=x-4$ bằng phép toán.

Câu 3 (1,5 điểm): Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 70m. Tính diện tích khu vườn biết 2 lần chiều dài nhỏ hơn 3 lần chiều rộng 5m.

Câu 4  (1 điểm):  Một xí nghiệp may cần thanh lý 1410 bộ quần áo. Biết mỗi ngày xí nghiệp đó bán được 30 bộ quần áo. Gọi x là số ngày đã bán, y là số bộ quần áo còn lại sau x ngày bán.

a) Hãy lập công thức tính y theo x.

b) Xí nghiệp cần bao nhiêu ngày để bán hết số bộ quần áo cần thanh lý?

Câu 5 (1 điểm):

Cho A là điểm thuộc nửa đường tròn (O) đường kính $BC=6cm$ và $\mathrm{\angle }ACB={30}^o$. Tính AB, AC và diện tích phần tô đậm.

Câu 6 (1,5 điểm):

Cho phương trình: $x^2-2x+m-3=0$ (x là ẩn).

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$.

b) Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để ${x_1}^2+{x_2}^2+{x_1}^2.{x_2}^2=4$. 

Câu 7 (2 điểm):

Cho $\mathrm{\Delta }ABC$ nhọn ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$, các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.

b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với $\left(O\right)$(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh $I{D}^2=IB.IC$.

c) DE, DF cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại M và N. Chứng minh NM // EF.

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc 2 để giải

b) Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$  để đưa phương trình đề bài thành phương trình bậc 2 sau đó dùng công thức nghiệm giải tìm t sau đó tìm x.

Lời giải chi tiết:

a) $3\left(x^2-5\right)=4x\iff 3x^2-4x-15=0$

${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=2^2+15.3=49\Rightarrow \sqrt{{\mathrm{\Delta }}^{\prime }}=7$  

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=\frac{2+7}{3}=3$ và $x_2=\frac{2-7}{3}=-\frac{5}{3}$

b) $4x^4+3x^2-1=0$

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$  khi đó phương trình trở thành: $4t^2+3t-1=0$  (1)

Giải phương trình (1), ta có: $\mathrm{\Delta }=3^2+\mathrm{4.4.1}=25\Rightarrow \sqrt{\mathrm{\Delta }}=5$

Gọi $t_1,t_2$ là hai nghiệm phân biệt của (1)

$\Rightarrow [\begin{array}{l}{t}_1=\frac{-3+5}{2.4}=\frac{1}{4}\left(tm\right)\\ t_2=\frac{-3-5}{2.4}=-1\left(ktm\right)\end{array}$

Với $t=\frac{1}{4}$ ta có:  $x^2=t=\frac{1}{4}\Rightarrow [\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}$

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=\frac{1}{2}$ và  $x=-\frac{1}{2}.$

Bài 2:

Phương pháp giải:

a) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị. 

b) Lập phương trình hoành độ giao điểm, giải phương trình bậc 2 để tìm.

Lời giải chi tiết:

Cho hàm số: $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ có đồ thị là (P).

a) Vẽ (P).

Bảng giá trị: 

x	$-2$	$-1$	0	1	2
$y=-\frac{1}{2}{x}^2$	$-2$	$-\frac{1}{2}$	0	$-\frac{1}{2}$	$-2$

Vậy đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ là đường cong đi qua các điểm $\left(-2;-2\right),\left(-1;-\frac{1}{2}\right),$$\left(0;0\right),\left(1;-\frac{1}{2}\right),\left(2;-2\right).$

b) Tìm các tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (D): $y=x-4$ bằng phép toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là: $-\frac{1}{2}{x}^2=x-4\iff \frac{1}{2}{x}^2+x-4=0$

Ta có: $\mathrm{\Delta }=1+4.\frac{1}{2}.4=9\Rightarrow \sqrt{\mathrm{\Delta }}=3$$\Rightarrow x=\frac{-1+3}{1}=2$ hoặc $x=\frac{-1-3}{1}=-4$

Với $x=2\Rightarrow y=2-4=-2$

Với $x=-4\Rightarrow y=-4-4=-8$

Vậy các giao điểm của (P) và (D) là 2 điểm $A\left(2;-2\right)$ và $B\left(-4;-8\right)$

Bài 3:

Phương pháp giải:

Phân tích đề bài, giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình để tìm chiều dài chiều rộng khu vườn, sau đó tính diện tích.

Diện tích hình chữ nhật bằng tích của chiều dài với chiều rộng.

Lời giải chi tiết:

Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là $x$  và $y\left(m\right)\left(x>y>0\right).$

Vì khu vườn hình chữ nhật có chu vi 70m nên ta có: $2\left(x+y\right)=70\iff x+y=35\left(1\right)$

 Lại có 2 lần chiều dài nhỏ hơn 3 lần chiều rộng 5m nên ta có phương trình:

$3y-2x=5\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x+y=35\\ 3y-2x=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x+2y=70\\ -2x+3y=5\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x+y=35\\ 5y=75\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=35-y\\ y=15\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=20\left(tm\right)\\ y=15\left(tm\right)\end{array}\end{array}$ 

Vì khu vườn hình chữ nhật nên diện tích khu vườn là: $x.y=20.15=300\left(m^2\right).$

Vậy diện tích khu vườn là $300m^2.$

Bài 4:

Phương pháp giải:

a) Tính số quần áo bán được sau x  ngày bán từ đó suy ra y theo x.

b) Bán hết thì $y=0$ thế vào công thức ở a) để tính số ngày x.

Lời giải chi tiết:

a) Mỗi ngày xí nghiệp đó bán được 30 bộ quần áo nên sau x ngày bán xí nghiệp đó bán được 30x bộ quần áo.

y là số bộ quần áo còn lại sau x ngày bán $\Rightarrow y=1410-30x$ (1)

b) Để xí nghiệp bán hết số bộ quần áo cần thanh lý thì $y=0$

Thay $y=0$  vào (1) ta được:

$1410-30x=0$$\iff 30x=1410\iff x=47$ (ngày)

Vậy xí nghiệp cần 47 ngày để bán hết số bộ quần áo cần thanh lý.

Bài 5:

Phương pháp giải:

Chứng minh tam giác ABC vuông tại A từ đó sử dụng mối quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông để tính AB, AC.

Để tính diện tích phần tô đậm ta lấy diện tích nửa hình tròn (O) đường kính BC trừ đi diện tích tam giác ABC.

Lời giải chi tiết:

Ta có A là điểm thuộc nửa đường tròn (O) đường kính $BC=6cm$ 

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BAC={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có:

$AB=BC.\sin \mathrm{\angle }ACB$$=6.\sin {30}^o=3(cm)$$AC=BC.\cos \mathrm{\angle }ACB$$=6.\cos {30}^o=3\sqrt{3}(cm)$

Gọi diện tích nửa hình tròn (O) đường kính $BC=6cm$ là P

$\Rightarrow P=\frac{1}{2}\pi {.3}^2=\frac{9}{2}\pi (c{m}^2)$  $\Rightarrow P=S_{}$

Gọi diện tích tam giác ABC là S $\Rightarrow S=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.3.3\sqrt{3}$$=\frac{9\sqrt{3}}{2}(c{m}^2)$

Gọi diện tích phần tô đậm là Q $\Rightarrow Q=P-S=\frac{9}{2}\pi -\frac{9\sqrt{3}}{2}$$=\frac{9\pi -9\sqrt{3}}{2}(c{m}^2)$

Bài 6:

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức nghiệm thu gọn, để phương trình có 2 nghiệm thì ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0$

b) Kết hợp câu a), biến đổi biểu thức đề bài sao cho chỉ còn $x_1+x_2$ và $x_1.x_2$, sử dụng hệ thức Vi-ét thế vào để tìm m.

Lời giải chi tiết:

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$.

Xét phương trình: $x^2-2x+m-3=0$

Có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=1-\left(m-3\right)=-m+4$

Phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ $\iff \{\begin{array}{l}a\ne 0\\ {\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1\ne 0\left(lđ\right)\\ -m+4\ge 0\end{array}\iff m\le 4$

Vậy với $m\le 4$ thì phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$.

b) Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để ${x_1}^2+{x_2}^2+{x_1}^2.{x_2}^2=4$.

Theo a) để phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ thì $m\le 4$

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1.x_2=m-3\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{x_1}^2+{x_2}^2+{x_1}^2.{x_2}^2=4\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1.x_2+{x_1}^2.{x_2}^2=4\\ \iff 2^2-2\left(m-3\right)+{\left(m-3\right)}^2=4\\ \iff {\left(m-3\right)}^2-2\left(m-3\right)=0\\ \iff \left(m-3\right)\left(m-5\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m-3=0\\ m-5=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=3\left(tm\right)\\ m=5\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy với $m=3$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 7:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn để suy ra $AEHF$ là tứ giác nội tiếp, chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc $\alpha$.

b) Chứng minh $\mathrm{\Delta }IBD\backsim \mathrm{\Delta }IDC$ để suy ra đpcm

c) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau dựa vào các định lý Talet thuận và đảo để suy ra các tam giác đồng dạng.

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.

Xét tứ giác $AEHF$ có $\mathrm{\angle }AEH=\mathrm{\angle }AFH={90}^o\Rightarrow$ E, F thuộc đường tròn đường kính AH

$\Rightarrow$ A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$

$\Rightarrow AEHF$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Xét tứ giác $BCEF$ có $\mathrm{\angle }BEC=\mathrm{\angle }BFC={90}^o$  hay hai đỉnh $E,F$ kề nhau cùng nhìn cạnh $BC$ dưới các góc vuông nên BCEF  là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với $\left(O\right)$(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh $I{D}^2=IB.IC$.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có  $\mathrm{\angle }IDB=\mathrm{\angle }ICD$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$)

Xét $\mathrm{\Delta }IBD$ và $\mathrm{\Delta }IDC$ có:

$\mathrm{\angle }I$  chung

$\mathrm{\angle }IDB=\mathrm{\angle }ICD$ (chứng minh trên)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\Delta }IBD\backsim \mathrm{\Delta }IDC\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{ID}{IC}=\frac{IB}{ID}\\ \Rightarrow I{D}^2=IB.IC\left(đpcm\right).\end{array}$

c) DE, DF cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại M và N. Chứng minh NM // EF.

Vì BCEF  là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCEF$ có  $\mathrm{\angle }FEB=\mathrm{\angle }FCB$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $FB$)

Xét $\mathrm{\Delta }IBE$ và $\mathrm{\Delta }IFC$ có:

$\mathrm{\angle }I$ chung

$\mathrm{\angle }IEB=\mathrm{\angle }ICF$ (chứng minh trên)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\Delta }IBE\backsim \mathrm{\Delta }IFC\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{IE}{IC}=\frac{IB}{IF}\Rightarrow IB.IC=IE.IF\end{array}$

Theo câu b) ta có $I{D}^2=IB.IC$

$\Rightarrow I{D}^2=IE.IF\Rightarrow \frac{ID}{IE}=\frac{IF}{ID}$  

Xét $\mathrm{\Delta }IDF$ và $\mathrm{\Delta }IED$ có:

$\mathrm{\angle }I$ chung

 $\frac{ID}{IE}=\frac{IF}{ID}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IDF\backsim \mathrm{\Delta }IED\left(c-g-c\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IDF=\mathrm{\angle }IED$ (2 góc tương ứng)

Mặt khác, xét đường tròn $\left(O\right)$ có ID là tiếp tuyến nên $\mathrm{\angle }IDF=\mathrm{\angle }NMD$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $ND$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IED=\mathrm{\angle }NMD$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị $\Rightarrow NM//EF.$

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 7

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 7)

Bài 1 (2,0 điểm):

Cho biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{11\sqrt{x}-14}{x-4}$ với $x\ge 0;x\ne 4$

1. Rút gọn $A.$

2. Tìm các giá trị của $x$  để $A<-\frac{2}{3}.$

Bài 2 (2,0 điểm):

1. Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\frac{3x+y-5}{x-y}=2\\ x-3y=-1\end{array}.$

2. Trong vườn trường người ta xây một bồn hoa gồm hai hình tròn tâm $A$  và tâm $B$ tiếp xúc ngoài với nhau, có $AB=3m$. Tính bán kính của mỗi hình tròn biết diện tích bồn hoa bằng $4,68\pi m^2$ và bán kính hình tròn tâm $A$ lớn hơn bán kính đường tròn tâm $B.$

Bài 3 (2,5 điểm):

Cho parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(2m+1\right)x+1-m^2$ (với $m$ là tham số).

1. Tìm tọa độ các giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ khi $m=1.$

2. Tìm $m$  để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

3. Tìm $m$  để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại hai điểm phân biệt có tung độ là $y_1;y_2$ thỏa mãn $y_1+y_2=9.$

Bài 4 (3 điểm):

Cho đường tròn $\left(O;R\right)$ và dây cung $BC$ cố định, $A$ là điểm di động trên cung $BC$ sao cho tam giác $ABC$nhọn. Hai đường phân giác trong của góc $A$ và $B$ cắt nhau ở $I$và thứ tự cắt đường tròn ở $D,E$. Đường thẳng $DE$ cắt $BC,AC$ ở $M,N$.

1. Chứng minh tứ giác $AENI$ nội tiếp. Hãy chỉ ra một tứ giác nội tiếp tương tự.

2. Chứng minh tứ giác $CMIN$ là hình thoi.

3. Chứng minh tam giác $BDI$ cân. Tìm vị trí của $A$ để $AI$ có độ dài lớn nhất.

Bài 5 (0,5 điểm): 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $ab+bc+ac=3abc.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$K=\frac{a^2}{c\left(c^2+a^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}$$+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}.$

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Phương pháp giải:

1. Quy đồng mẫu số rồi rút gọn biểu thức. 

2. Giải bất phương trình $A<-\frac{2}{3}$ để tìm $x,$ đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Cho biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{11\sqrt{x}-14}{x-4}$ với $x\ge 0;x\ne 4$

1. Rút gọn $A.$

Điều kiện xác định: $x\ge 0;x\ne 4$

$\begin{array}{l}A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{11\sqrt{x}-14}{x-4}\\ =\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{11\sqrt{x}-14}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)+5\left(\sqrt{x}-2\right)-\left(11\sqrt{x}-14\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\frac{x+2\sqrt{x}+5\sqrt{x}-10-11\sqrt{x}+14}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\frac{x-4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}.\end{array}$ 

Vậy $A=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$với $x\ge 0;x\ne 4$.

2. Tìm các giá trị của $x$  để $A<-\frac{2}{3}.$

Điều kiện xác định: $x\ge 0;x\ne 4$

$\begin{array}{l}A<-\frac{2}{3}\iff \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}<-\frac{2}{3}\\ \iff \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}+\frac{2}{3}<0\\ \iff \frac{3\left(\sqrt{x}-2\right)+2\left(\sqrt{x}+2\right)}{3\left(\sqrt{x}+2\right)}<0\\ \iff \frac{5\sqrt{x}-2}{3\left(\sqrt{x}+2\right)}<0\end{array}$

$\iff 5\sqrt{x}-2<0$($do:3\left(\sqrt{x}+2\right)>0$ với mọi $x\ge 0;x\ne 4$)

$\iff \sqrt{x}<\frac{2}{5}\iff x<\frac{4}{25}$

Kết hợp với ĐKXĐ ta có: $0\le x<\frac{4}{25}$ thì $A<-\frac{2}{3}$

Bài 2:

Phương pháp giải:

1. Đặt điều kiện, biến đổi hệ phương trình say đó giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

2. Gọi bán kính hình tròn tâm $A$  và tâm $B$  lần lượt là $x;y\left(m\right),\left(0<y<x<3\right).$ 

Biểu diễn các dữ kiện đã biết theo hai ẩn đã gọi.

Lập hệ phương trình, giải hệ phương trình.

So sánh với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

1. Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\frac{3x+y-5}{x-y}=2\\ x-3y=-1\end{array}.$

Điều kiện xác định:  $x\ne y$

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}\frac{3x+y-5}{x-y}=2\\ x-3y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}3x+y-5=2\left(x-y\right)\\ x-3y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}3x+y-5=2x-2y\\ x-3y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x+3y=5\\ x-3y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x+3y+x-3y=5+\left(-1\right)\\ x-3y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}2x=4\\ 3y=x+1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=2\\ 3y=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}\left(tm\right)\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)=\left(2;1\right).$

2. Trong vườn trường người ta xây một bồn hoa gồm hai hình tròn tâm A và tâm B tiếp xúc ngoài với nhau, có AB=3m. Tính bán kính của mỗi hình tròn biết diện tích bồn hoa bằng $4,68 \pi m^2$ và bán kính hình tròn tâm A lớn hơn bán kính đường tròn tâm B

Gọi bán kính hình tròn tâm $A$  và tâm $B$  lần lượt là $x;y\left(m\right),\left(0<y<x<3\right).$

Vì 2 đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau nên: $x+y=AB=3\left(m\right)\left(1\right)$

Diện tích của hai vườn hoa hình tròn tâm $A$ và tâm $B$ lần lượt là: $\pi x^2\left(m^2\right)$ và $\pi y^2\left(m^2\right).$

Lại có diện tích bồn hoa bằng tổng diện tích của hai hình tròn bằng $4,68\pi \left(m^2\right)$ nên:

$\pi .x^2+\pi .y^2=4,68\pi \left(m^2\right)\Rightarrow x^2+y^2=4,68\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x+y=3\\ x^2+y^2=4,68\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=3-y\\ {\left(3-y\right)}^2+y^2=4,68\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=3-y\\ 2y^2-6y+4,32=0\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=3-y\\ \left(9y-5\right)\left(6y-5\right)=0\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=3-y\\ [\begin{array}{l}y=1,8\\ y=1,2\end{array}\end{array}\\ \Rightarrow [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x=1,8\\ y=1,2\end{array}\left(tmdox>y\right)\\ \{\begin{array}{l}x=1,2\\ y=1,8\end{array}\left(ktmdox>y\right)\end{array}.\end{array}$

Vậy bán kính của hai khu vường hình tròn tâm $A$ và tâm $B$ lần lượt là: $1,8m$ và $1,2m.$

Bài 3:

Phương pháp giải:

1. Thay $m=1$ để tìm phương trình đường thẳng $\left(d\right)$, giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ để tìm hoành độ các giao điểm.

Thay hoành độ giao điểm vừa tìm được vào công thức hàm số của $\left(d\right)$ hoặc $\left(P\right)$ để tìm tung độ các giao điểm.

2. Hai điểm nằm về hai phía trục tung khi có các giao điểm có hoành độ trái dấu.

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm trái dấu $\iff ac<0.$

3. Xét phương trình hoành độ giao điểm $(\ast )$  của $\left(d\right)$ và $\left(P\right).$

$\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt $\iff (\ast )$ có hai nghiệm phân biệt $\iff \mathrm{\Delta }>0.$

Biểu diễn $y_1;y_2$ theo $x_1;x_2$ rồi sử dụng hệ thức Vi-et để có phương trình ẩn $m$. Giải phương trình ta tìm được $m$

Lời giải chi tiết:

Cho parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(2m+1\right)x+1-m^2$ (với $m$ là tham số).

1. Tìm tọa độ các giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ khi $m=1.$

Khi $m=1$ ta có: $\left(d\right):y=3x.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ ta có:

$x^2=3x\iff x^2-3x=0\iff x\left(x-3\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=0\Rightarrow O\left(0;0\right)\\ x=3\Rightarrow y=3.3=9\Rightarrow A\left(3;9\right)\end{array}$

Vậy khi $m=1$ thì giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ là hai điểm $\left(0;0\right);\left(3;9\right)$.

2. Tìm $m$  để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ ta có:

$\begin{array}{l}{x}^2=\left(2m+1\right)x+1-m^2\\ \iff x^2-\left(2m+1\right)x+m^2-1=0(\ast )\end{array}$

$\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung $\iff (\ast )$ có hai nghiệm trái dấu

$\iff ac<0\iff m^2-1<0$ $\iff \left(m-1\right)\left(m+1\right)<0\iff -1<m<1.$

Vậy $-1<m<1$ thỏa mãn bài toán.

3. Tìm $m$  để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại hai điểm phân biệt có tung độ là $y_1;y_2$ thỏa mãn $y_1+y_2=9.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ ta có:

$\begin{array}{l}{x}^2=\left(2m+1\right)x+1-m^2\\ \iff x^2-\left(2m+1\right)x+m^2-1=0(\ast )\end{array}$

Đường thẳng $\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt $\iff (\ast )$ có hai nghiệm phân biệt

$\begin{array}{l}\iff \mathrm{\Delta }>0\iff {\left(2m+1\right)}^2-4\left(m^2-1\right)>0\\ \iff 4m^2+4m+1-4m^2+4>0\\ \iff 4m+5>0\\ \iff m>-\frac{5}{4}.\end{array}$

Vậy với $m>-\frac{5}{4}$ thì đường thẳng $\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1;x_1^2\right),B\left(x_2;x_2^2\right).$

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+1\\ x_1{x}_2=m^2-1\end{array}.$  

Theo đề bài ta có: $y_1+y_2=9$

$\begin{array}{l}\iff x_1^2+x_2^2=9\\ \iff x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2=9\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-9=0\\ \iff {\left(2m+1\right)}^2-2\left(m^2-1\right)-9=0\\ \iff 4m^2+4m+1-2m^2+2-9=0\\ \iff 2m^2+4m-6=0\\ \iff m^2+2m-3=0\\ \iff m^2+3m-m-3=0\\ \iff m\left(m+3\right)-\left(m+3\right)=0\\ \iff \left(m+3\right)\left(m-1\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m+3=0\\ m-1=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=-3\left(ktm\right)\\ m=1\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy $m=1$ thỏa mãn bài toán.

Bài 4:

Phương pháp giải:

1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp.

2. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết hình thoi.

Lời giải chi tiết:

1. Chứng minh tứ giác $AENI$ nội tiếp. Hãy chỉ ra một tứ giác nội tiếp tương tự.

Ta có $AD;BE$ là phân giác của góc $A$ và $B$ nên:

 $\{\begin{array}{l}\mathrm{\angle }BAD=\mathrm{\angle }CAD\\ \mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }CBE\end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}cungBD=cungCD\\ cungAE=cungEC\end{array}$ (tính chất góc nội tiếp bằng nhau thì chắn các cung bằng nhau).

Lại có: $\mathrm{\angle }DAC$ là góc nội tiếp chắn cung $CD$ 

Và $\mathrm{\angle }BED$ là góc nội tiếp chắn cung $BD$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }DAC=\mathrm{\angle }BED$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

Hay $\mathrm{\angle }IAN=\mathrm{\angle }IEN.$

Xét tứ giác $IAEN$ ta có:

$\mathrm{\angle }IAN=\mathrm{\angle }IEN\left(cmt\right)$

Mà hai góc này là hai góc có đỉnh cùng kề cạnh $AE$

$\Rightarrow IAEN$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Chứng minh tương tự ta có tứ $BDMI$ cũng là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh tứ giác $CMIN$ là hình thoi.

Do tứ giác $AENI$ nội tiếp (cmt)  $\Rightarrow \mathrm{\angle }AEI=\mathrm{\angle }ANI$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AI$)

Lại có: $\mathrm{\angle }AEI=\mathrm{\angle }ACB$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$ của đường tròn $\left(O\right)$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ANI=\mathrm{\angle }ACB\left(=\mathrm{\angle }AEI\right)$

Mà hai góc này là hai góc đồng vị

$\Rightarrow NI//BChayNI//CM$

Tương tự ta chứng minh được $\mathrm{\angle }BMI=\mathrm{\angle }ACB\left(\mathrm{\angle }BDI\right)$

$\Rightarrow IM//AChayIM//CN$

Xét tứ giác $IMCN$ có: $\{\begin{array}{l}NI//CM\\ IM//CN\end{array}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow IMCN$ là hình bình hành  (dhnb).

Lại có hai đường phân giác trong của góc $A$ và $B$ cắt nhau ở $I$ (gt)

$\Rightarrow CI$ là đường phân giác của $\mathrm{\angle }BCA$ của $\mathrm{\Delta }ABC.$

$\Rightarrow CI$ là phân giác của góc $\mathrm{\angle }MCN$

$\Rightarrow$ Hình bình hành $INCM$ có đường chéo $CI$ là đường phân giác của $\mathrm{\angle }MCI$

$\Rightarrow IMCN$ là hình thoi. (đpcm)

3. Chứng minh tam giác $BDI$ cân. Tìm vị trí của $A$ để $AI$ có độ dài lớn nhất.

Ta có tứ giác $BIMD$ là tứ giác nội tiếp (cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BID=\mathrm{\angle }BMD$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ ta có:

$\mathrm{\angle }BMD$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn chắn cung $BD$ và cung $EC$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BMD=\frac{1}{2}\left(cungBD+cungEC\right)$ $=\frac{1}{2}\left(cungCD+cungEC\right)=\frac{1}{2}cungDE$

Mà $\mathrm{\angle }EBD$ là góc nội tiếp chắn cung $DE$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\angle }EBD=\mathrm{\angle }IBD=\frac{1}{2}cungDE\\ \Rightarrow \mathrm{\angle }IBD=\mathrm{\angle }BMD\left(=\frac{1}{2}cungDE\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\angle }IBD=\mathrm{\angle }BID\left(=\mathrm{\angle }BMD\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }BID$ cân tại $D.$ (đpcm).

Bài 5:

Phương pháp giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số $a,b$ không âm: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$

Dấu “=” xảy ra khi $a=b.$

Lời giải chi tiết:

Có $\frac{a^2}{c(c^2+a^2)}=\frac{a^2+c^2-c^2}{c(c^2+a^2)}$$=\frac{1}{c}-\frac{c}{c^2+a^2}\stackrel{Cô-si}{\ge }\frac{1}{c}-\frac{c}{2\sqrt{c^2.a^2}}$$=\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}$

$\Rightarrow \frac{a^2}{c(c^2+a^2)}\ge \frac{1}{c}-\frac{1}{2a}$

Và tương tự ta có:

$\frac{b^2}{a(a^2+b^2)}\ge \frac{1}{a}-\frac{1}{2b}$

$\frac{c^2}{c(c^2+b^2)}\ge \frac{1}{b}-\frac{1}{2c}$

$\Rightarrow P\ge \left(\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\right)+\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}\right)$$+\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$=\frac{ab+bc+ca}{2abc}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow$ GTNN của $P$ là $\frac{3}{2}$ $\iff a=b=c=1$.

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 8

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 8)

Câu 1 (2,0 điểm):

Cho hai biểu thức: $A=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{1}{x-\sqrt{x}}\right):\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-1}\right)$ với $x>0;x\ne 1$

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm x biết $A=2$.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\left(A-4\right)\sqrt{x}$.

Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một ô tô đi từ A đến B cách nhau 90 km với vận tốc dự định. Khi từ B trở về A, ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc lúc đi là 5 km/giờ. Do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B.

Câu 3 (2,0 điểm):

1) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+2\left(x-y\right)=8\\ 2\sqrt{x-2}+5\left(x-y\right)=19\end{array}.$

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng $\left(d\right):y=mx-m-2$ (m là tham số) và parabol $\left(P\right):y=-x^2$

a) Với $m=-2$, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng $\left(d\right)$ và parabol $\left(P\right)$.

b) Tìm m để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{20}$.

Câu 4 (3,5 điểm):

1. Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là 12 cm, chiều cao là 10 cm. Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).

2. Cho đường tròn $\left(O;R\right)$, từ điểm A nằm ngoài đường tròn $\left(O\right)$ vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn $\left(O\right)$ (B, C lần lượt là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại điểm thứ hai F. Chứng minh $A{B}^2=AE.AF$.

c) Chứng minh $BC=CF$

Câu 5 (0,5 điểm):

Một viên gạch hình vuông cạnh a (cm) có hoa văn như hình vẽ. M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB, BC, CD. Tìm độ dài a biết diện tích phần gạch chéo là $200\left(4-\pi \right)$ (cm²)

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Phương pháp giải:

+ Quy đồng và rút gọn phân thức 

+ Tính và đưa P về dạng một tổng bình phương cộng một số.

Lời giải chi tiết:

Cho hai biểu thức: $A=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{1}{x-\sqrt{x}}\right):\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-1}\right)$ với $x>0;x\ne 1$

1) Rút gọn biểu thức A.

Điều kiện: $x>0,x\ne 1.$

$A=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{1}{x-\sqrt{x}}\right)$$:\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{2}{x-1}\right)$

$=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\right)$$:\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)$

$\begin{array}{l}=\frac{x+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}:\frac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ =\frac{x+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}.\left(\sqrt{x}-1\right)=\frac{x+1}{\sqrt{x}}.\end{array}$

2) Tìm x biết $A=2$.

Điều kiện: $x>0,x\ne 1.$

$\begin{array}{l}A=2\iff \frac{x+1}{\sqrt{x}}=2\\ \iff x+1=2\sqrt{x}\\ \iff x-2\sqrt{x}+1=0\\ \iff {\left(\sqrt{x}-1\right)}^2=0\\ \iff \sqrt{x}-1=0\\ \iff \sqrt{x}=1\\ \iff x=1\left(ktm\right)\end{array}$  

Vậy không có giá trị nào của x để $A=2$.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\left(A-4\right)\sqrt{x}$.

Điều kiện: $x>0,x\ne 1.$

$\begin{array}{l}P=\left(A-4\right)\sqrt{x}=\left(\frac{x+1}{\sqrt{x}}-4\right).\sqrt{x}\\ =x-4\sqrt{x}+1={\left(\sqrt{x}-2\right)}^2-3\ge -3\end{array}$

Ta có $P\ge -3$, dấu “=” xảy ra $\iff \sqrt{x}-2=0\iff x=4\left(tm\right)$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $-3$ khi $x=4$.

Bài 2:

Phương pháp giải:

+ Phân tích kỹ đề bài, gọi vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là $x\left(km/h\right)\left(x>0\right).$

+ Dựa vào dữ kiện đề bài để lập phương trình giải tìm x.

Lời giải chi tiết:

Gọi vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là $x\left(km/h\right)\left(x>0\right).$

Khi đó thờ gian ô tô đi từ A đến B là $\frac{90}{x}\left(h\right).$

Vận tốc ô tô khi đi từ B trở về A là $x+5\left(km/h\right)$

Thời gian ô tô đi từ B trở về A là $\frac{90}{x+5}\left(h\right).$

15 phút $=\frac{1}{4}$ giờ

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{90}{x}-\frac{90}{x+5}=\frac{1}{4}\\ \iff \frac{450}{x\left(x+5\right)}=\frac{1}{4}\\ \Rightarrow x^2+5x-1800=0\\ \iff x^2-40x+45x-1800=0\\ \iff x\left(x-40\right)+45\left(x-40\right)=0\\ \iff \left(x-40\right)\left(x+45\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x-40=0\\ x+45=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=40(tm)\\ x=-45(ktm)\end{array}\end{array}$

Vậy vận tốc dự định của ô tô là $40km/h.$

Bài 3:

Phương pháp giải:

1) Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.

2) a) Thay $m=2$ vào $\left(d\right)$, giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm giao điểm của chúng.

b) Phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff \mathrm{\Delta }>0$. Sử dụng định lý Vi-ét biến đổi phương trình đã cho theo m để giải tìm m

Lời giải chi tiết:

1) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+2\left(x-y\right)=8\\ 2\sqrt{x-2}+5\left(x-y\right)=19\end{array}.$

Điều kiện : $x-2\ge 0\iff x\ge 2$

Đặt $\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}=a\\ x-y=b\end{array}\left(a\ge 0\right).$  Khi đó hệ phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}a+2b=8\\ 2a+5b=19\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2a+4b=16\\ 2a+5b=19\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}a+2b=8\\ b=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2(tm)\\ b=3\end{array}\\ \Rightarrow \{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}=2\\ x-y=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x-2=4\\ y=x-3\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=6\left(tm\right)\\ y=3\end{array}\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(6;3\right).$    

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng $\left(d\right):y=mx-m-2$ (m là tham số) và parabol $\left(P\right):y=-x^2$

a) Với $m=-2$, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng $\left(d\right)$ và parabol $\left(P\right)$.

Với $m=-2$ ta có phương trình đường thẳng $\left(d\right):y=-2x$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ là:

$\begin{array}{l}-x^2=-2x\iff x^2-2x=0\\ \iff x\left(x-2\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\end{array}$

+) Với $x=0\Rightarrow y=0\Rightarrow O\left(0;0\right)$

+) Với $x=2\Rightarrow y=-4\Rightarrow A\left(2;-4\right).$

Vậy với  $m=-2$ thì đường thẳng $\left(d\right)$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt có tọa độ $\left(0;0\right)$ và $\left(2;-4\right)$

b) Tìm m để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{20}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ là:

$-x^2=mx-m-2$ $\iff x^2+mx-m-2=0$   (1)

Ta có $\mathrm{\Delta }=m^2+4\left(m+2\right)$$=m^2+4m+8$$={\left(m+2\right)}^2+4\ge 4>0$ mới mọi m

Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$

$\Rightarrow$ Đường thẳng $\left(d\right)$ cắt parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$

Theo định lý Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m\\ x_1{x}_2=-m-2\end{array}$

Theo đề bài $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{20}\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2=20$$\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=20$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow m^2+4m+8=20\\ \iff m^2+4m-12=0\\ \iff m^2-2m+6m-12=0\\ \iff m\left(m-2\right)+6\left(m-2\right)=0\\ \iff \left(m-2\right)\left(m+6\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m=2\\ m=-6\end{array}\end{array}$

Vậy với $m=2$ hoặc $m=-6$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 4:

Phương pháp giải:

1) Diện tích đường tròn đáy của hình trụ có bán kính $R$ là $S_{đ}=\pi R^2$  

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao $h$  là $S_{xq}=2\pi R.h$

Diện tích toàn phần của hình trụ là $S_{tp}=2.S_{đ}+S_{xq}$

2)  a) Chứng minh ABOC là tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^o$

b) Chứng minh $\mathrm{\Delta }ABE\backsim \mathrm{\Delta }AFB\left(g-g\right)$ để suy ra đpcm

c) Chứng minh  cân tại C $\Rightarrow CB=CF\left(đpcm\right).$

Lời giải chi tiết:

1. Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là 12 cm, chiều cao là 10 cm. Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).

Ta có bán kính đáy là: 6 (cm)

Diện tích một đáy của hình trụ là: $\pi {.6}^2=36\pi \left(c{m}^2\right)$

Diện tích xung quanh là: $2\pi .6.10=120\pi \left(c{m}^2\right)$

Diện tích vật liệu tạo nên vỏ hộp sữa là: $2.36\pi +120\pi =192\pi \left(c{m}^2\right)$

2. Cho đường tròn $\left(O;R\right)$, từ điểm A nằm ngoài đường tròn $\left(O\right)$ vé hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn $\left(O\right)$ (B, C lần lượt là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}AB\mathrm{\perp }BO\\ AC\mathrm{\perp }CO\end{array}$  (tính chất tiếp tuyến) $\Rightarrow \mathrm{\angle }ABO=\mathrm{\angle }ACO={90}^o$

Xét tứ giác ABOC có $\mathrm{\angle }ABO+\mathrm{\angle }ACO={90}^o+{90}^o={180}^o$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau $\Rightarrow$ Tứ giác ABOC nội tiếp (dhnb).

b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại điểm thứ hai F. Chứng minh $A{B}^2=AE.AF$.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có:

$\mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }AFB$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

Xét $\mathrm{\Delta }ABE$ và $\mathrm{\Delta }AFB$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }BAFchung\\ \mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }AFB\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }ABE\backsim \mathrm{\Delta }AFB\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{AB}{AF}=\frac{AE}{AB}\end{array}$   

$\Rightarrow A{B}^2=AE.AF$ (đpcm)

c) Chứng minh $BC=CF$.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có:

$\mathrm{\angle }DCE=\mathrm{\angle }DBC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)

Xét $\mathrm{\Delta }DEC$ và $\mathrm{\Delta }DCB$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }CDBchung\\ \mathrm{\angle }DCE=\mathrm{\angle }DBC\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }DEC\backsim \mathrm{\Delta }DCB\left(g-g\right)\end{array}$  

 $\Rightarrow \frac{DC}{DB}=\frac{DE}{DC}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow D{C}^2=DB.DE$

Mà $AD=DC$

$\begin{array}{l}\Rightarrow A{D}^2=DE.DB\\ \Rightarrow \frac{AD}{DE}=\frac{DB}{AD}\end{array}$

 Xét $\mathrm{\Delta }DAE$ và $\mathrm{\Delta }DBA$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }ADBchung\\ \frac{AD}{DE}=\frac{DB}{AD}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }DAE\backsim \mathrm{\Delta }DBA\left(c-g-c\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }DAE=\mathrm{\angle }DBA$ (cặp góc tương ứng bằng nhau)

Mà $\mathrm{\angle }DBA=\mathrm{\angle }AFB\left(cmt\right)$$\Rightarrow \mathrm{\angle }DAE=\mathrm{\angle }AFB$

Lại có hai góc này ở vị trí so le trong

$\Rightarrow AC//BF$$\Rightarrow \mathrm{\angle }CBF=\mathrm{\angle }BCA$ (2 góc so le trong)

Mà $\mathrm{\angle }BCA=\mathrm{\angle }BFC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }CBF=\mathrm{\angle }CFB\Rightarrow \mathrm{\Delta }CBF$ cân tại C $\Rightarrow CB=CF$(đpcm)

Bài 5:

Phương pháp giải:

Nhận thấy rằng phần gạch trắng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.

Diện tích hình viên phân bằng diện tích hình quạt trừ diện tích tam giác

Dựa vào đề bài, lập phương trình, giải tìm a 

Lời giải chi tiết:

Nhận thấy rằng phần gạch trắng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.

Gọi $R=\frac{a}{2}$ là bán kính hình tròn. Diện tích một hình viên phân là:

$S=\frac{\pi R^2}{4}-\frac{R^2}{2}=\frac{R^2}{4}\left(\pi -2\right)$ $=\frac{a^2}{16}\left(\pi -2\right)\left(c{m}^2\right)$

Vậy diện tích hình gồm 8 viên phân bằng $\frac{a^2}{2}\left(\pi -2\right)\left(c{m}^2\right)$

Diện tích phần gạch chéo bằng:  $a^2-\frac{a^2\left(\pi -2\right)}{2}$ $=\frac{a^2\left(4-\pi \right)}{2}\left(c{m}^2\right)$

Vì diện tích phần gạch chéo là $200\left(4-\pi \right)\left(c{m}^2\right)$ nên ta có:

$\frac{a^2\left(4-\pi \right)}{2}=200\left(4-\pi \right)$$\iff a^2=400\iff a=20\left(cm\right)$

Vậy $a=20\left(cm\right).$

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 9

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 9)

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình:

$\begin{array}{l}a)\sqrt{2}{x}^2-\sqrt{8}=0.\\ b)2x^2+3x-2=0.\end{array}$

$c)\{\begin{array}{l}-x+y=-5\\ 3x+5y=-1\end{array}.$

Câu 2: Cho hàm số: $\left(P\right):y=\frac{-x^2}{2},$$\left(d\right):y=\frac{3}{2}x-2$

a)      Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng trục tọa độ Oxy.

b)      Tìm tọa độ giao điểm d và P bằng phép toán.

Câu 3: Cho phương trình: $x^2+(2m-3)x-m+1=0$

a)      Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm $x_1,x_2$  phân biệt với mọi giá trị của $m.$

b)      Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn hệ thức: $(x_1-3)(x_2-3)=5.$

Câu 4: Cần pha bao nhiêu lít nước ở ${40}^{0}C$  và 8 lít nước ở ${70}^{0}C$  để thu được lượng nước ${60}^{0}C$ ?

Câu 5: Bạn Nam đi học từ nhà đến trường bằng xe đạp có bán kính bánh xe 700mm. Tính quãng đường từ nhà tới trường, biết bánh xe quay tất cả 875 vòng (giả sử bạn Nam đạp xe chạy thẳng từ nhà đến trường trên một  đường thẳng và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Câu 6: Từ điểm S nằm ngoài (O; R), vẽ hai  tiếp tuyến SA, SB  (O) (B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến SCD (C nằm giữa S và D, tia SD nằm trong góc ASO).

a) Chứng minh: SAOB là tứ giác nội tiếp và: $S{A}^2=SD.SC.$

b) Gọi H là giao điểm AB và OS. Chứng minh rằng: $\mathrm{\angle }DCO=\mathrm{\angle }SHC.$

c) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh: $\mathrm{\Delta }IAC\backsim \mathrm{\Delta }ICB.$

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Phương pháp giải:

+) Đây là các phương trình bậc 2, ta đưa về phương trình tích để giải.

+) Đối với hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn, ta sử dụng phép thế hoặc nhân hệ số rồi trừ 2 vế.

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}a)\sqrt{2}{x}^2-\sqrt{8}=0\\ \iff x^2=\sqrt{4}=2\\ \iff x=\pm \sqrt{2}.\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm là: $S=\left\{-\sqrt{2};\sqrt{2}\right\}.$

$\begin{array}{l}b)2x^2+3x-2=0\\ \iff (2x-1)(x+2)=0\\ \iff [\begin{array}{l}2x-1=0\\ x+2=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x=-2\end{array}.\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm là: $S=\left\{-2;\frac{1}{2}\right\}.$

$\begin{array}{l}c)\{\begin{array}{l}-x+y=-5\\ 3x+5y=-1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-3x+3y=-15\\ 3x+5y=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}-x+y=-5\\ 8y=-16\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=-2\end{array}.\end{array}$

Vậy hệ phương trình có  nghiệm là: $\left(x;y\right)=\left(3;-2\right).$

Bài 2:

Phương pháp giải:

1) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số (P) và vẽ đồ thị hàm số.

2) Lập phương trình hoành độ giao điểm của (d) cắt (P).

+) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm phải có hai nghiệm phân biệt tức là $\mathrm{\Delta }>0.$

Lời giải chi tiết:

Cho hàm số: $y=\frac{-x^2}{2}(P),y=\frac{3}{2}x-2(d).$

a) Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng trục tọa độ Oxy.

Ta có bảng giá trị:

$x$	$-4$	$-2$	0	2	4
$y=-\frac{x^2}{2}$	$-8$	$-2$	0	$-2$	$-8$

Vậy đồ thị hàm số $\left(P\right):y=-\frac{x^2}{2}$  là đường cong đi qua các điểm $\left(-4;-8\right),\left(-2;-2\right),\left(0;0\right),\left(2;-2\right),\left(4;-8\right).$

$x$	0	$2$
$y=\frac{3}{2}x-2$	$-2$	$1$

Vậy đồ thị hàm số $\left(d\right):y=\frac{3}{2}x-2$  là đường thẳng đi qua các điểm $\left(0;-2\right),\left(2;1\right).$

b) Tìm tọa độ giao điểm d và P.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$  và $\left(P\right)$  là:

$\begin{array}{l}-\frac{x^2}{2}=\frac{3}{2}x-2\\ \iff x^2+3x-4=0\\ \iff (x+4)(x-1)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x+4=0\\ x-1=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{l}x=-4\Rightarrow y=-8\\ x=1\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\end{array}.\end{array}$

Vậy tọa độ giao điểm (d) và (P) là: $\left(-4;-8\right);\left(1;-\frac{1}{2}\right).$

Bài 3:

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ : Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ khi và chỉ khi $\mathrm{\Delta }\left({\mathrm{\Delta }}^{\prime }\right)>0$

 Bước 2: Phân tích biểu thức A về dạng chứa các hệ thức Viet sau đó áp dụng Viet vào tìm được m và đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận. Hệ thức Viet như sau: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình: $x^2+(2m-3)x-m+1=0$

a)      Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Ta có:

 $\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }=(2m-3{)}^2+4(m-1)\\ =4m^2-12m+9+4m-4\\ =4m^2-8m+5\end{array}$

$={\left(2m-2\right)}^2+1>0$ với mọi $m.$

Do đó phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi $m.$

b)     Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $(x_1-3)(x_2-3)=5.$

Áp dụng định lý Viet ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3-2m\\ x_1{x}_2=1-m\end{array}.$

Theo đề bài ta có : $\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)=5$

$\begin{array}{l}\iff x_1{x}_2-3\left(x_1+x_2\right)+9=5\\ \iff 1-m-3\left(3-2m\right)=-4\\ \iff 5m=4\iff m=\frac{4}{5}.\end{array}$

Vậy giá trị cần tìm của m là : $m=\frac{4}{5}.$

Bài 4:

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức phương trình cân bằng nhiệt: $Q=mc(t^{\prime }-t).$

Lời giải chi tiết:

Gọi lượng nước cần pha thêm là $x\left(lit\right),\left(x>0\right).$

Ta có: 3 lít = 3 kg.

Theo đề bài ta có :

$Q_1=m_{1}c(t_1-t)$$=x.4200.(60-40)$

$Q_2=m_{2}c(t_2-t)$$=\mathrm{8.4200.}(70-60)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow Q_1=Q_2\\ \iff x.4200.20=\mathrm{8.4200.10}\\ \iff x=4\left(tm\right)\end{array}$

Vậy cần pha thêm tổng cộng 4 lít nước.

Bài 5:

Phương pháp giải:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

+) Dựa vào dữ kiện bài toán để lập phương trình.

+) Giải phương trình vừa lập sau đó đối chiếu với điều kiện đề bài và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi quãng đường từ nhà bạn Nam đến trường là $x\left(mm\right),\left(x>0\right).$

1 vòng bánh xe quay được 1 chu vi bánh xe là:

$2\pi r=2\pi .700=1400\pi \left(mm\right)$

$\Rightarrow x=1400\pi .875$$\approx 3844851\left(mm\right)=3,844851\left(km\right).$

Vậy chiều dài từ nhà đến trường là: 3,8 km.

Bài 6:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh đây là tứ giác có 2 góc đối vuông, từ đó sử dụng tam giác đồng dạng suy ra hệ thức.

b) Chứng minh OICH là tứ giác nội tiếp, tam giác OCD cân.

c) Gọi P là giao điểm SI và AP, chứng minh rằng  $\mathrm{\angle }ICA=\mathrm{\angle }CBI.$

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh: SAOB là tứ giác nội tiếp và: $S{A}^2=SD.SC.$

Ta có $SA,SB$ là hai tiếp tuyến của $\left(O;R\right)$ tại $A,B$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\angle }SAO=\mathrm{\angle }SBO={90}^0\\ \Rightarrow \mathrm{\angle }SAO+\mathrm{\angle }SBO={90}^0+{90}^0={180}^0\end{array}$

$\Rightarrow SAOB$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Ta có: $\mathrm{\angle }SAC=\mathrm{\angle }ADS$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)

Xét $\mathrm{\Delta }SAC$ và $\mathrm{\Delta }SDA$ ta có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }Schung\\ \mathrm{\angle }SAC=\mathrm{\angle }SDA\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }SAC\backsim \mathrm{\Delta }SDA\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{SA}{SD}=\frac{SC}{SA}\\ \iff S{A}^2=SD.SC\end{array}$

b) Gọi H là giao điểm AB và OS. Chứng minh rằng: $\mathrm{\angle }DCO=\mathrm{\angle }SHC.$

Ta có: $OC=OD=R$$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OCD$ cân tại $O\Rightarrow \mathrm{\angle }CDO=\mathrm{\angle }DCO$ (hai góc kề đáy).

Có $SA=SB$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và $OA=OB=R\Rightarrow SO$ là đường trung trực của $AB\Rightarrow SO\mathrm{\perp }AB=\left\{H\right\}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\mathrm{\Delta }SAO$ có đường cao $AH$ là có: $S{A}^2=SH.SO$

$\Rightarrow SD.SC=SH.SO\left(=S{A}^2\right)$ $\Rightarrow \frac{SD}{SH}=\frac{SO}{SC}$

Xét $\mathrm{\Delta }SOD$ và $\mathrm{\Delta }SCH$ ta có:

$\begin{array}{l}\frac{SD}{SH}=\frac{SO}{SC}\left(cmt\right)\\ \mathrm{\angle }Schung\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }SOD\backsim \mathrm{\Delta }SCH\left(c-g-c\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }SHC=\mathrm{\angle }DCO$ (hai góc tương ứng).

c) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh:

Gọi $SI\cap AB=\left\{P\right\}.$

Ta có $I$ là trung điểm của $CD\Rightarrow OI\mathrm{\perp }CD$ (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OIC=\mathrm{\angle }OHA\left(={90}^0\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }OIC+\mathrm{\angle }OHA={180}^0$

$\Rightarrow OHPI$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Xét $\mathrm{\Delta }SPH$ và $\mathrm{\Delta }SOI$ ta có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }Schung\\ \mathrm{\angle }SHP=\mathrm{\angle }SIO={90}^0\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }SPH\backsim \mathrm{\Delta }SOI\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{SP}{SO}=\frac{SH}{SI}\\ \iff SP.SI=SH.SO=S{A}^2\\ \Rightarrow \frac{SP}{SA}=\frac{SA}{SO}\end{array}$

Xét $\mathrm{\Delta }SAP$  và $\mathrm{\Delta }SIA$ ta có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }Schung\\ \frac{SP}{SA}=\frac{SA}{SO}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }SPH\backsim \mathrm{\Delta }SOI\left(c-g-c\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }SAB=\mathrm{\angle }AIC=\mathrm{\angle }CIB$  (các góc tương ứng).

Ta có:

$\mathrm{\angle }CAI=\mathrm{\angle }SAI-\mathrm{\angle }SAC$

$=\mathrm{\angle }SPA-\mathrm{\angle }SAC$

$=\frac{1}{2}$ sđ cung BD $=\mathrm{\angle }DCB.$

Xét $\mathrm{\Delta }IAC$ và $\mathrm{\Delta }ICB$ ta có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }AIC=\mathrm{\angle }CIB\left(cmt\right)\\ \mathrm{\angle }ICB=\mathrm{\angle }CAI\left(cmt\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IAC\backsim \mathrm{\Delta }ICB\left(g-g\right)$ (đpcm)

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 10

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 10)

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm).

Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1. Điều kiện để biểu thức M=1√x−1 xác định là

A. x>1

B. x>0

C. x>0;x≠1

D. x≥0;x≠1

Câu 2. Giá trị của biểu thức P=√3+2√2−√3−2√2 là        

A. 2√2

B. −2         

C. 2

D. −2√2

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A,∠ABC=600, cạnh AB=5cm. Độ dài cạnh AC là

A. 10cm 

B. 5√32cm

C. 5√3cm

D. 5√3cm

Câu 4. Hình vuông cạnh bằng 2cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là

A. 1cm                          B. 2cm       

C. 2√2cm                      D.√2cm

Câu 5. Trong hình vẽ dưới đây, biết góc ∠ASC=400,SA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. Góc ∠ACS có số đo bằng

A. 400                           B. 300   

C. 250                           D. 200

Câu 6. Số giá trị nguyên của m để hàm số y=(m2−9)x+3 nghịch biến là

A. 5                         B. 4

C. 2                         D. 3

PHẦN II: TỰ LUẬN (7,0 điểm).

Câu 7: (1,7 điểm)A,

Cho biểu thức A=√x√x+3+2√x√x−3+3x+99−x, với x≥0;x≠9.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị của x để A=13.

Câu 8: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2−2mx+m2−m+1=0, với x là ẩn; m là tham số.

a) Giải phương trình với m=2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x12+x22=x1x2+1

Câu 9: (2,5 điểm)

Cho tam giác  ABC vuông tại  đường cao AH(H∈BC). Đường tròn đường kính AH cắt hai cạnh AB,AC theo thứ tự là M và N.

a) Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.

c) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt BC tại I. Chứng minh rằng 1AI2=4AB2+AC2.

Câu 10: (1,5 điểm)

a) Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh dự định tổ chức hội nghị tại hội trường 500 chỗ ngồi của trường THPT chuyên Bắc Ninh, hội trường được chia thành từng dãy ghế, mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi như nhau. Vì có 567 người dự hội nghị nên ban tổ chức phải kê thêm 1 dãy ghế, đồng thời phải kê thêm 2 chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế thì vừa đủ số chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu hội trường có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi?

b) Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn x+y=2. Tìm giá trị lớn nhất của A=xy(x3+y3).

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

1	2	3	4	5	6
D	C	C	D	C	A

Câu 1

Phương pháp:

Biểu thức $\frac{1}{f\left(x\right)}$ xác định $\iff f\left(x\right)\ne 0.$

Biểu thức $\sqrt{f\left(x\right)}$ xác định $\iff f\left(x\right)\ge 0.$

Cách giải:

Ta có: $M=\frac{1}{\sqrt{x}-1}$ xác định $\iff \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}-1\ne 0\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne 1\end{array}.$

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $\sqrt{A^2}=\left|A\right|=\{\begin{array}{l}AkhiA\ge 0\\ -AkhiA<0\end{array}.$

Cách giải:

Ta có: $P=\sqrt{3+2\sqrt{2}}-\sqrt{3-2\sqrt{2}}$

$\begin{array}{l}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}\right)}^2+2\sqrt{2}+1}-\sqrt{{\left(\sqrt{2}\right)}^2-2\sqrt{2}+1}\\ =\sqrt{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^2}-\sqrt{{\left(\sqrt{2}-1\right)}^2}\\ =\left|\sqrt{2}+1\right|-\left|\sqrt{2}-1\right|\end{array}$

$=\left(\sqrt{2}+1\right)-\left(\sqrt{2}-1\right)$ $\left(do\sqrt{2}-1>0\right)$

$=\sqrt{2}+1-\sqrt{2}+1=2.$

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Sử dụng công thức lượng giác trong tam giác vuông: $AC=AB\tan B.$

Cách giải:

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$\begin{array}{l}AC=AB\tan B\\ =5.\tan {60}^0=5\sqrt{3}cm.\end{array}$

Chọn C.

Câu 4

Phương pháp:

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh $a$ là: $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Cách giải:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh bằng $2cm$ là: $R=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}cm.$

Chọn D.

Câu 5

Phương pháp:

Tính số đo  $\mathrm{\angle }SOA.$

Sử dụng tính chất: Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo = một nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.

Cách giải:

Ta có: $SA$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $A\Rightarrow \mathrm{\angle }OAS={90}^0.$

Xét $\mathrm{\Delta }SAO$ vuông tại $A$ ta có: $\mathrm{\angle }SOA={90}^0-\mathrm{\angle }ASO$ $={90}^0-{40}^0={50}^0$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ ta có:

$\mathrm{\angle }ACS$ là góc nội tiếp chắn cung $AB$

$\mathrm{\angle }SOA$ là góc ở tâm chắn cung $AB$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ACS=\frac{1}{2}\mathrm{\angle }AOS$ $=\frac{1}{2}{.50}^0={25}^0$

Chọn C.

Câu 6 (VD)

Phương pháp:

Hàm số $y=ax+b\left(a\ne 0\right)$ nghịch biến $\iff a<0.$

Cách giải:

Hàm số $y=\left(m^2-9\right)x+3$ nghịch biến $\iff m^2-9<0$ $\iff -3<m<3.$

Lại có $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}.$

Vậy có 5 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn bài toán.

Chọn A.

Câu 7:

Phương pháp giải:

a) Quy đồng mẫu số, biến đổi và rút gọn biểu thức.

b) Giải phương trình $A=\frac{1}{3}$ để tìm $x$ sau đó kết hợp với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Cho biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{3x+9}{9-x},$ với $x\ge 0;x\ne 9.$

a) Rút gọn biểu thức $A.$

Điều kiện: $x\ge 0;x\ne 9$

$\begin{array}{l}A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{3x+9}{x-9}\\ =\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{3x+9}{x-9}\\ =\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{3x+9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)+2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)-\left(3x+9\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{x-3\sqrt{x}+2x+6\sqrt{x}-3x-9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{3\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{3\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{3}{\sqrt{x}+3}\end{array}$

Vậy $A=\frac{3}{\sqrt{x}+3}$ với $x\ge 0;x\ne 9.$

b) Tìm giá trị của $x$ để $A=\frac{1}{3}.$

Điều kiện: $x\ge 0;x\ne 9.$

Ta có: $A=\frac{1}{3}$ $\Rightarrow \frac{3}{\sqrt{x}+3}=\frac{1}{3}$

$\iff \sqrt{x}+3=9$ $\iff \sqrt{x}=6\iff x=36$(thỏa mãn)

Vậy để $A=\frac{1}{3}$ thì $x=36.$

Câu 8:

Phương pháp giải:

a) Thay $m=2$ vào phương trình rồi giải phương trình bậc hai tìm nghiệm.

b) Sử dụng định lý Vi-et để biến đổi biểu thức theo $m$, từ đó tìm giá trị $m$ thỏa mãn.

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình $x^2-2mx+m^2-m+1=0,$ với $x$ là ẩn; $m$ là tham số.

a) Giải phương trình với $m=2.$

Thay $m=2$ vào phương trình ta được: $x^2-4x+3=0$

Vì $a+b+c=0$ nên phương trình có hai nghiệm là $x_1=1$ và $x_2=3$

Vậy với $m=2$ thì phương trình có tập nghiệm là $S=\left\{1;3\right\}.$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn ${x_1}^2+{x_2}^2=x_1{x}_2+1$

$x^2-2mx+m^2-m+1=0(\ast )$

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-1.\left(m^2-m+1\right)$ $=m^2-m^2+m-1=m-1$

Phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0$ $\iff m-1\ge 0\iff m\ge 1$

Với $m\ge 1$ thì $(\ast )$ có hai nghiệm $x_1,x_2.$

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}=2m\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=m^2-m+1\end{array}$

Theo đề bài ta có: ${x_1}^2+{x_2}^2=x_1{x}_2+1$

$\begin{array}{l}\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=x_1{x}_2+1\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2-1=0\\ \iff {\left(2m\right)}^2-3\left(m^2-m+1\right)-1=0\\ \iff 4m^2-3m^2+3m-3-1=0\\ \iff m^2+3m-4=0\\ \iff \left(m-1\right)\left(m+4\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m-1=0\\ m+4=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{l}m=1\left(tm\right)\\ m=-4\left(ktm\right)\end{array}.\end{array}$

Vậy $m=1$ giá trị cần tìm.

Câu 9:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác $AMHN$ có bốn góc vuông.

b) Chứng minh tứ giác $BMHC$ có hai góc cùng chắn một cung bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

Cho tam giác  $ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH\left(H\in BC\right).$ Đường tròn đường kính cắt hai cạnh $AB,AC$ theo thứ tự là $M$ và $N.$

a) Chứng minh tứ giác $AMHN$ là hình chữ nhật.

Gọi $O$ là tâm đường tròn đường kính $AH$

$\mathrm{\angle }AMH={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm $O$)

$\mathrm{\angle }ANH={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm $O$)

Do $\mathrm{\angle }AMH=\mathrm{\angle }ANH=\mathrm{\angle }MAN={90}^0$ nên $AMHN$ là hình chữ nhật (đpcm).

b) Chứng minh tứ giác $BMNC$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $AMHN$ là hình chữ nhật nên $OM=ON$

Suy ra tam giác $OAM$ cân tại $O$ nên $\mathrm{\angle }{A}_1=\mathrm{\angle }{M}_1$

Mà $\mathrm{\angle }{A}_1=\mathrm{\angle }C$ (cùng phụ với góc $\mathrm{\angle }B$) $\Rightarrow \mathrm{\angle }{M}_1=\mathrm{\angle }C$

Mặt khác $\mathrm{\angle }{M}_1+\mathrm{\angle }BMN={180}^0$ (hai góc kề nhau) $\Rightarrow \mathrm{\angle }BMN+\mathrm{\angle }C={180}^0$

Ta có: $\mathrm{\angle }BMN+\mathrm{\angle }C={180}^0$ và hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra tứ giác $BMNC$ nội tiếp (dhnb) (đpcm).

c) Qua $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MN$ cắt $BC$ tại $I.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{4}{A{B}^2+A{C}^2}.$

Ta có: $\mathrm{\angle }{A}_2+\mathrm{\angle }{N}_1={90}^0;$ $\mathrm{\angle }{M}_1+N_1={90}^0$

Nên $\mathrm{\angle }{A}_2=\mathrm{\angle }{M}_1$ mà $\mathrm{\angle }{M}_1=\mathrm{\angle }C$ (theo b) $\Rightarrow \mathrm{\angle }{A}_2=\mathrm{\angle }C$ $\Rightarrow \mathrm{\Delta }IAC$ cân tại $I\Rightarrow IA=IC.$

Chứng minh tương tự ta có $\mathrm{\Delta }IAB$ cân tại $I$ nên $IA=IB.$

Vậy $IA=IB=IC=\frac{BC}{2}$ $\Rightarrow 2IA=BC$$\Rightarrow 4I{A}^2=B{C}^2$

Mà $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$$\Rightarrow 4I{A}^2=A{B}^2+A{C}^2$$\Rightarrow \frac{1}{I{A}^2}=\frac{4}{A{B}^2+A{C}^2}$ (đpcm).

Câu 10:

Phương pháp giải:

a) Gọi số dãy ghế lúc đầu là $x$ (dãy ghế) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast };500⋮x\right).$  

Dựa vào các giả thiết đề bài cho biểu diễn các đại lượng chưa biết và các đại lượng đã biết theo ẩn $x$ vừa gọi và các đại lượng đã biết.

Từ đó lập phương trình, giải phương trình tìm ẩn $x$

Đối chiếu với điều kiện đã đặt rồi kết luận.

b) Sử dụng giả thiết $x+y=2$ để biến đổi biểu thức $A$ để từ đó đánh giá và tìm GTLN của $A.$ 

Lời giải chi tiết:

a) Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh dự định tổ chức hội nghị tại hội trường $500$ chỗ ngồi của trường THPT chuyên Bắc Ninh, hội trường được chia thành từng dãy ghế, mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi như nhau. Vì có $567$ người dự hội nghị nên ban tổ chức phải kê thêm $1$ dãy ghế, đồng thời phải kê thêm $2$ chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế thì vừa đủ số chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu hội trường có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi?

Gọi số dãy ghế lúc đầu là $x$ (dãy ghế) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast };500⋮x\right).$  

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu là $\frac{500}{x}$ (chỗ).

Số dãy ghế lúc sau là $x+1$ (dãy).

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau là: $\frac{567}{x+1}$ (chỗ).

Vì số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau nhiều hơn số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu  là $2$ chỗ nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{567}{x+1}-\frac{500}{x}=2\\ \Rightarrow 567x-500\left(x+1\right)=2x\left(x+1\right)\\ \iff 567x-500x-500=2x^2+2x\\ \iff 2x^2-65x+500=0\\ \iff \left(x-20\right)\left(2x-25\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x-20=0\\ 2x-25=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{l}x=20\left(tm\right)\\ x=12,5\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy lúc đầu hội trường có $20$ dãy ghế, mỗi dãy ghế có $\frac{500}{20}=25$ chỗ ngồi.

b) Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y=2.$ Tìm giá trị lớn nhất của $A=xy\left(x^3+y^3\right).$

Ta có: $A=xy\left(x^3+y^3\right)$ $=xy\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)$$=xy\left(x+y\right)\left[{\left(x+y\right)}^2-3xy\right]$

Mà $x+y=2\Rightarrow A=xy.2.\left(2^2-3xy\right)$ $=2xy\left(4-3xy\right)=8xy-6{\left(xy\right)}^2$

$\Rightarrow A=-6\left[{\left(xy\right)}^2-\frac{4}{3}xy\right]$$=-6\left[{\left(xy\right)}^2-2.\frac{2}{3}xy+\frac{4}{9}-\frac{4}{9}\right]$

 $\begin{array}{l}=-6\left[{\left(xy-\frac{2}{3}\right)}^2-\frac{4}{9}\right]\\ =\frac{8}{3}-6{\left(xy-\frac{2}{3}\right)}^2\le \frac{8}{3}\end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}x+y=2\\ {\left(xy-\frac{2}{3}\right)}^2=0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}x+y=2\\ xy=\frac{2}{3}\end{array}$ $\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x=1-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ y=1+\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x=1+\frac{1}{\sqrt{3}}\\ y=1-\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\end{array}$

Vậy giá trị lớn nhất của $A$ là $\frac{8}{3}$.

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 11

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 11)

I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm) Chọn chữ cái đúng trước câu trả lời đúng.

Câu 1: Cặp số $\left(-1;2\right)$ là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây?

A. $\{\begin{array}{l}x+5y=9\\ 6x+2y=-2\end{array}$                B. $\{\begin{array}{l}-2x+y=7\\ x-\frac{3}{4}y=3\end{array}$

C. $\{\begin{array}{l}x+y=1\\ -2x+y=4\end{array}$                    D. $\{\begin{array}{l}2x-2y=0\\ x+y=3\end{array}$

Câu 2: Điều kiện của m để phương trình $x^2-2mx+m^2-4=0$ có hai nghiệm $x_1=0,x_2>0$ là:

A. $m=-2$                          B. $m=2$

C. $m=\pm 2$                                 D. $m=16$

Câu 3: Cho đường tròn $\left(O;R\right)$ đường kính AB, dây$AC=R$. Khi đó số đo độ của cung nhỏ BC là:

A. ${60}^o$                           B. ${120}^o$  

C. ${90}^o$                           D. ${150}^o$

Câu 4: Độ dài của một đường tròn là $10\pi$ (cm). Diện tích của hình tròn đó là:

A. $10\pi \left(c{m}^2\right)$                           B. $100\pi \left(c{m}^2\right)$

C. $50\pi \left(c{m}^2\right)$                           D. $25\pi \left(c{m}^2\right)$

II. TỰ LUẬN (9 điểm)

Câu 1 (2,5 điểm):

1) Giải hệ phương trình sau: $\{\begin{array}{l}\frac{2}{x-2}+\frac{1}{y+1}=3\\ \frac{3}{x-2}-\frac{2}{y+1}=8\end{array}$

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=2mx-2m+1$  

a) Với$m=-1$, hãy tìm tọa độ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$.

b) Tìm m để $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt $A\left(x_1;y_1\right)$ và $B\left(x_2;y_2\right)$ sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2.

Câu 2 (2,5 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 120 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 5 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hết số hàng đó trong bao nhiêu ngày?

Câu 3 (3,5 điểm): Cho đường tròn $\left(O\right)$ có dây cung CD cố định. Gọi M là điểm nằm chính giữa cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn $\left(O\right)$ cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD (E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác IKEN nội tiếp.

b) Chứng minh: $EI.MN=NK.ME$.

c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của $\mathrm{\angle }EIQ$.  

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Câu 4 (0,5 điểm): Cho $a,b,c>0$, chứng minh rằng:

$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$$<\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

Đáp án và Hướng dẫn giải

I. Trắc nghiệm

1A

2B

3B

4D

Câu 1:

Phương pháp:

Thay $\left(x;y\right)=\left(-1;2\right)$ vào từng hệ phương trình để kiểm tra, nếu thỏa mãn thì là nghiệm và ngược lại.

Cách giải:

$\{\begin{array}{l}-1+5.2=9\\ 6\left(-1\right)+2.2=-2\end{array}$

Vậy $\left(-1;2\right)$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{l}x+5y=9\\ 6x+2y=-2\end{array}$

Chọn A

Câu 2:

Phương pháp:

Từ dữ kiện đề bài sử dụng công thức nghiệm thu gọn kết hợp định lý Vi-ét để tìm m

Cách giải:

$x^2-2mx+m^2-4=0$

${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-m^2+4=4>0$ với mọi $m\Rightarrow$ phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$

Ta có $x_1=0,x_2>0$ và theo định lý Vi-ét ta có:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m>0\\ x_1{x}_2=m^2-4=0\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}m>0\\ m^2=4\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}m>0\\ [\begin{array}{l}m=2\\ m=-2\end{array}\end{array}\iff m=2\end{array}$

Vậy với $m=2$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn B

Câu 3:

Phương pháp:

Sử dụng tính chất, dấu hiệu nhận biết tam giác đều để tính $\mathrm{\angle }BOC$ từ đó suy ra số đo cung nhỏ BC

Cách giải:

 

Cho đường tròn $\left(O;R\right)$ đường kính AB $\Rightarrow OA=OB=R$

Mặt khác dây$AC=R$$\Rightarrow OA=OC=AC=R$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OAC$ đều $\Rightarrow \mathrm{\angle }AOC={60}^o$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BOC={180}^o-\mathrm{\angle }AOC$$={120}^o$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow$ sđ  (số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)

Chọn B

Câu 4:

Phương pháp:

Từ công thức tính chu vi hình tròn rút ra R, từ đó tính diện tích hình tròn đó.

Cách giải:

Độ dài của một đường tròn chính là chu vi hình tròn $\Rightarrow 2\pi .R=10\pi \Rightarrow R=5\left(cm\right)$

Diện tích hình tròn đó là: $\pi R^2=25\pi \left(c{m}^2\right).$

Chọn D

II. Tự luận

Bài 1:

Phương pháp giải:

1) Đặt điều kiện cho hệ phương trình sau đó giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.

2) a) Thay $m=-1$ vào phương trình đường thẳng d.

+) Lập phương trình hoành độ giao điểm, giải phương trình đó để tìm hoành độ 2 giao điểm, từ đó suy ra tọa độ của chúng.

b) $\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt A và B $\iff$ phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0$

Từ đề bài tìm ra hệ thức liên hệ giữa $x_1$ và $x_2$, biến đổi biểu thức đó sao cho chỉ còn $x_1+x_2$ và $x_1.x_2$, sử dụng hệ thức Vi-ét thế vào để tìm m.

Lời giải chi tiết:

1) Giải hệ phương trình sau: $\{\begin{array}{l}\frac{2}{x-2}+\frac{1}{y+1}=3\\ \frac{3}{x-2}-\frac{2}{y+1}=8\end{array}$

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x-2\ne 0\\ y+1\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ne 2\\ y\ne -1\end{array}$

Đặt: $\{\begin{array}{l}\frac{1}{x-2}=a\\ \frac{1}{y+1}=b\end{array}\left(a,b\ne 0\right),$  khi đó hệ phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}2a+b=3\\ 3a-2b=8\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4a+2b=6\\ 3a-2b=8\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}2a+b=3\\ 7a=14\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\left(tm\right)\\ \Rightarrow \{\begin{array}{l}\frac{1}{x-2}=2\\ \frac{1}{y+1}=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x-2=\frac{1}{2}\\ y+1=-1\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2}\left(tm\right)\\ y=-2\left(tm\right)\end{array}\end{array}$ 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(\frac{5}{2};-2\right)$.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=2mx-2m+1$ 

a) Với $m=-1$, hãy tìm tọa độ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ là :

$2mx-2m+1=x^2$  $\iff x^2-2mx+2m-1=0\left(1\right)$

Với $m=-1,\left(1\right)$ trở thành $x^2+2x-3=0$

Có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=1^2+3=4\Rightarrow \sqrt{{\mathrm{\Delta }}^{\prime }}=2$

Với $m=-1$ phương trình có hai nghiệm $[\begin{array}{l}x=-1+2=1\Rightarrow y=1\\ x=-1-2=-3\Rightarrow y=9\end{array}.$

Vậy với $m=-1$ giao điểm của $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$là hai điểm có tọa độ $\left(1;1\right)$ và $\left(-3;9\right)$

b) Tìm m để $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt $A\left(x_1;y_1\right)$ và $B\left(x_2;y_2\right)$ sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2.

Để $\left(d\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt A và B $\iff$ (1) có hai nghiệm phân biệt

$\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-\left(2m-1\right)$ $=m^2-2m+1={\left(m-1\right)}^2>0$$\iff m-1\ne 0\iff m\ne 1$

Gọi $x_1,x_2$ lần lượt là hoành độ của hai điểm A và B

$\Rightarrow x_1,x_2$ là 2 nghiệm của (1)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1.x_2=2m-1\end{array}$

Vì $A\left(x_1;y_1\right)$ và $B\left(x_2;y_2\right)$ đều thuộc $\left(P\right):y=x^2$ $\Rightarrow \{\begin{array}{l}{y}_1={x_1}^2\\ y_2={x_2}^2\end{array}$

Tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 

$\begin{array}{l}\Rightarrow y_1+y_2=2\\ \iff {x_1}^2+{x_2}^2=2\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1.x_2=2\\ \iff {\left(2m\right)}^2-2\left(2m-1\right)=2\\ \iff 4m^2-4m+2=2\\ \iff 4m^2-4m=0\\ \iff [\begin{array}{l}m=0\left(tm\right)\\ m=1\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

 Vậy với $m=0$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 2:

Phương pháp giải:

+ Phân tích kỹ đề bài.

+ Gọi thời gian chở hàng theo kế hoạch là x (ngày), đã biết tổng số hàng theo kế hoạch và thực tế $\Rightarrow$ lập phương trình theo năng suất để tìm x.

Lời giải chi tiết:

Gọi thời gian đội đó chở hàng theo kế hoạch là x (ngày)  $\left(x>1\right).$

Năng suất của đội đó theo kế hoạch là $\frac{120}{x}$ (tấn/ngày)

Thời gian chở đội đó hàng thực tế là $x-1$ (ngày)

Năng suất thực tế đội đó chở hàng là $\frac{125}{x-1}$ (tấn/ngày)

Vì đội xe chở hàng vượt mức 5 tấn/ngày nên ta có phương trình

$\begin{array}{l}\frac{125}{x-1}-\frac{120}{x}=5\\ \iff 125x-120\left(x-1\right)=5x\left(x-1\right)\\ \iff 5x+120=5x^2-5x\\ \iff 5x^2-10x-120=0\\ \iff \left(x-6\right)\left(x+4\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x=6\left(tm\right)\\ x=-4\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy thời gian chở hàng theo kế hoạch là 6 ngày.

Bài 3:

Phương pháp giải:

+) Chứng minh IKEN là tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^o$

+) Chứng minh  (g.g) để suy ra đpcm

+) Chứng minh tứ giác NIQP nội tiếp kết hợp a) để suy ra $\mathrm{\angle }QIP=\mathrm{\angle }EIK$ từ đó ta được đpcm

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh rằng: Tứ giác IKEN nội tiếp.

Xét đường tròn $\left(O\right)$đường kính MN có M là điểm chính giữa cung nhỏ CD

$\Rightarrow MN\mathrm{\perp }CD$ tại I $\Rightarrow \mathrm{\angle }NID={90}^o$

$E\in \left(O\right)\Rightarrow \mathrm{\angle }MEN={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác IKEN có: $\mathrm{\angle }NID+\mathrm{\angle }MEN$ $={90}^o+{90}^o={180}^o$

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác IKEN nội tiếp. (dhnb)

b) Chứng minh: $EI.MN=NK.ME$.

Tứ giác IKEN nội tiếp (cmt) nên $\mathrm{\angle }MEI=\mathrm{\angle }MNK$ (góc nội tiếp cùng chắn cung IK )

Xét $\mathrm{\Delta }MEI$ và $\mathrm{\Delta }MNK$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }Echung\\ \mathrm{\angle }MEI=\mathrm{\angle }MNK\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }MEI\backsim \mathrm{\Delta }MNK\left(g-g\right)\\ \Rightarrow \frac{EI}{NK}=\frac{ME}{MN}\end{array}$

$\Rightarrow EI.MN=NK.ME$ (đpcm)

c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của $\mathrm{\angle }EIQ$. 

Xét $\mathrm{\Delta }MNP$ có: $ME\mathrm{\perp }NP\left(cmt\right);$$PI\mathrm{\perp }MN\left(cmt\right);$ $ME\cap PI=\left\{K\right\}$

$\Rightarrow K$ là trực tâm $\mathrm{\Delta }MNP\Rightarrow NK\mathrm{\perp }MP$  tại  $Q\Rightarrow \mathrm{\angle }NQP={90}^o$  

Xét tứ giác NIQP  có $\mathrm{\angle }NIP=\mathrm{\angle }NQP={90}^o$ mà 2 góc này cùng nhìn đoạn NP

$\Rightarrow$ Tứ giác NIQP nội tiếp (dhnb) $\Rightarrow \mathrm{\angle }QNP=\mathrm{\angle }QIP$  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)   (1)

Tứ giác IKEN nội tiếp (cm a) $\Rightarrow \mathrm{\angle }QNP=\mathrm{\angle }EIK$ (cùng chắn EK)   (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \mathrm{\angle }QIP=\mathrm{\angle }EIK$$\Rightarrow$ IK là phân giác của $\mathrm{\angle }EIQ\left(dpcm\right).$

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Ta có: $ME\mathrm{\perp }NP\left(cmt\right);$ $CH\mathrm{\perp }NP\left(gt\right)$$\Rightarrow ME//CH$(từ vuông góc đến song song)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }DEM=\mathrm{\angle }DHC$ (đồng vị) ; 

$\mathrm{\angle }MEC=\mathrm{\angle }ECH$ (so le trong)

Mà $\mathrm{\angle }DEM=\mathrm{\angle }MEC$ (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }EHC=\mathrm{\angle }ECH$ $\left(=\mathrm{\angle }DEM=\mathrm{\angle }MEC\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }EHC$ cân tại E Þ EN là trung trực của CH  (tính chất)

Mặt khác dễ dàng chứng minh IN  là trung trực của CD  $\left(IN\mathrm{\perp }CD,IC=ID\right).$

$\Rightarrow$ N là tâm đường tròn ngoại tiếp $\mathrm{\Delta }DCH$ $\Rightarrow H\in \left(N;NC\right)$

Mà N, C, D cố định $\Rightarrow$ H thuộc đường tròn tâm N cố định bán kính NC không đổi (đpcm)

Bài 4:

Phương pháp giải:

Chứng minh $\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge \frac{2a}{a+b+c}$ và $\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}$, từ đó suy ra đpcm.

Lời giải chi tiết:

Cho $a,b,c>0$, chứng minh rằng: $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$$<\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a và $b+c$ ta được:

$\frac{a+\left(b+c\right)}{2}\ge \sqrt{a\left(b+c\right)}>0$ $\Rightarrow \frac{2}{a+b+c}\le \frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}$

$\Rightarrow \frac{2a}{a+b+c}\le \frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}$  $\iff \sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge \frac{2a}{a+b+c}\left(1\right)$

Chứng minh tương tự ta được:  $\{\begin{array}{l}\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge \frac{2b}{a+b+c}\left(2\right)\\ \sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge \frac{2c}{a+b+c}\left(3\right)\end{array}$   

Cộng  (1), (2) và (3) vế theo vế ta được:    $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge 2$     (*)

 Ta chứng minh $\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}\left(4\right)$   

Thật vậy ta có $\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}$ $\iff a^2+ab+ac<a^2+ab+ac+bc$

$\iff bc>0$ (luôn đúng do $a,b,c>0$)

Tương tự ta có $\{\begin{array}{l}\frac{b}{b+c}<\frac{b+a}{a+b+c}\left(5\right)\\ \frac{c}{c+a}<\frac{c+b}{a+b+c}\left(6\right)\end{array}$  

Cộng  (4), (5) và (6) vế theo vế ta được:    $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}<2$   (**)

Từ (*) và (**)  suy ra  $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ $<\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$  (đpcm)

Đề thi Toán 9 Học kì 2 năm 2024 có đáp án (20 đề) – Đề 12

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 12)

Câu 1: Giải các phương trình sau:

a) $3x(x-2)=11-2x^2.$

b) $(x+1{)}^2-2x+1=x^4.$

Câu 2:  Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 80m, biết ba lần chiều rộng kém 2 lần chiều dài là 5m. Tính diện tích mảnh đất.

Câu 3: Cho hàm số: $y=-\frac{x^2}{4}(P);y=\frac{x}{2}-2(d).$

a) Vẽ đồ thị d và P.

b) Tính tọa độ giao điểm d và P.

Câu 4: Cho phương trình: $x^2-2mx-4m-5=0.$

a) Chứng tỏ phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: $x_1^2+x_2^2-x_1{x}_2=2x_1+2x_2+27.$

Câu 5:  Một trường tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan Suối Tiên. Biết giá vé vào cổng giáo viên là 80.000 đồng, học sinh là 60.000 đồng, đi vào đúng dịp giỗ tổ Hùng Vương nên giảm 5% vé vào, vì vậy nhà trường phải trả tổng cộng 14.535.000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh đi tham quan?

Câu 6: Đường tròn đi qua 2 đỉnh và tiếp xúc cạnh 1 hình vuông. Tính bán kính R của đường tròn biết cạnh hình vuông là 12 cm.

Câu 7: Từ A ngoài (O), vẽ tiếp tuyến AB, AC, H là giao OA và BC.

a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và OA vuông BC.

b) Qua C vẽ d // OA, qua O vẽ đường vuông góc OB cắt (O) và d tại F và K (O nằm giữa F và K), AF cắt (O) tại E. Chứng minh rằng: $A{B}^2=AE.FA;$$BE.FC=BF.EC$

c) Chứng minh OCKA là hình thang cân.

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Phương pháp giải:

Đây là các phương trình bậc 2 và trùng phương, ta đưa về phương trình tích.

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}a)3x(x-2)=11-2x^2.\\ \iff 3x^2-6x+2x^2-11=0\\ \iff 5x^2-6x-11=0\\ \iff (x+1)(5x-11)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x+1=0\\ 5x-11=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=\frac{11}{5}\end{array}.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{-1;\frac{11}{5}\right\}.$

$\begin{array}{l}b)(x+1{)}^2-2x+1=x^4\\ \iff x^2+2x+1-2x+1=x^4\\ \iff x^4-x^2-2=0(\ast )\end{array}$

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$, phương trình (*) trở thành:

$\begin{array}{l}{t}^2-t-2=0\\ \iff \left(t+1\right)\left(t-2\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}t+1=0\\ t-2=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{l}t=-1\left(ktm\right)\\ t=2\left(tm\right)\end{array}\\ \Rightarrow x^2=2\\ \iff [\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{-\sqrt{2};\sqrt{2}\right\}.$

Bài 2:

Phương pháp giải:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

+) Dựa vào dữ kiện bài toán để lập phương trình.

+) Giải phương trình vừa lập sau đó đối chiếu với điều kiện đề bài và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi chiều rộng mảnh đất là $x\left(m\right),\left(x>0\right).$

Nửa chu vi của mảnh đất là: $80:2=40\left(m\right).$

$\Rightarrow$ Chiều dài của mảnh đất là:$40-x\left(m\right)$

Do 3 lần chiều rộng kém 2 lần chiều dài là 5m nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}3x=2\left(40-x\right)-5\\ \iff 3x=80-2x-5\\ \iff 5x=75\\ \iff x=15\left(tm\right)\end{array}$

Chiều dài mảnh đất là : $40-15=25(m).$

Diện tích mảnh đất là : 15.25 = $15.25=375\left(m^2\right).$

Bài 3:

Phương pháp giải:

1) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số (P) và vẽ đồ thị hàm số.

2) Lập phương trình hoành độ giao điểm của (d) cắt (P).

+) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm phải có hai nghiệm phân biệt tức là $\mathrm{\Delta }>0.$

Lời giải chi tiết:

Cho hàm số: $y=-\frac{x^2}{4}(P);y=\frac{x}{2}-2(d).$

a) Vẽ đồ thị d và P.

+) Vẽ đồ thị hàm số : $\left(P\right):y=-\frac{x^2}{4}$

Ta có bảng giá trị:

$x$	$-4$	$-2$	0	2	4
$y=-\frac{x^2}{4}$	$-4$	$-1$	0	$-1$	$-4$

Vậy đồ thị hàm số $\left(P\right):y=-\frac{x^2}{4}$ là đường cong đi qua các điểm $\left(-4;-4\right),\left(-2;-1\right),$$\left(0;0\right),\left(2;-1\right),\left(4;-4\right).$ +) Vẽ đồ thị hàm số $\left(d\right):y=\frac{x}{2}-2:$

Ta có bảng giá trị: 

$x$	0	$4$
$y=\frac{x}{2}-2$	$-2$	0

Vậy đồ thị hàm số $\left(d\right):y=\frac{x}{2}-2$ là đường thẳng đi qua các điểm $\left(0;-2\right),\left(4;0\right).$

b) Tính tọa độ giao điểm (D) và (P).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\begin{array}{l}\frac{-x^2}{4}=\frac{x}{2}-2\\ \iff x^2+2x-8=0\\ \iff (x-2)(x+4)=0\\ \iff [\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=-1\\ x=-4\Rightarrow y=-4\end{array}.\end{array}$

Vậy tọa độ giao điểm là: $\left(2;-1\right),\left(-4;-4\right).$

Bài 4:

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ : Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\iff \mathrm{\Delta }\left({\mathrm{\Delta }}^{\prime }\right)>0.$

 Bước 2: Phân tích biểu thức A về dạng chứa các hệ thức Viet sau đó áp dụng hệ thức Vi-et vào tìm được m và đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận.

Hệ thức Viet như sau: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình: $x^2-2mx-4m-5=0.$

a) Chứng tỏ phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Ta có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2+4m+5$$=(m+2{)}^2+1>0$ với mọi m

Do đó phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m.$

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: $x_1^2+x_2^2-x_1{x}_2=2x_1+2x_2+27.$

Áp dụng định lý Viet ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=-4m-5\end{array}$

Theo đề bài ta có :

$\begin{array}{l}{x}_1^2+x_2^2-x_1{x}_2=2x_1+2x_2+27.\\ \iff (x_1+x_2{)}^2-3x_1{x}_2-2(x_1+x_2)-27=0\\ \iff 4m^2+3(4m+5)-4m-27=0\\ \iff 4m^2+8m-12=0\\ \iff m^2+2m-3=0\\ \iff \left(m-1\right)\left(m+3\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}m-1=0\\ m+3=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=1\\ m=-3\end{array}.\end{array}$

Vậy $m=1,m=-3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Phương pháp giải:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

+) Dựa vào dữ kiện bài toán để lập hệ phương trình.

+) Giải hệ phương trình vừa lập sau đó đối chiếu với điều kiện đề bài và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi số giáo viên là $a,$  số học sinh là $b$  (người), $\left(a,b\in N\ast ,a,b<250\right).$

Tổng số giáo viên và học sinh đi tham quan là 250 người nên ta có phương trình: $a+b=250\left(1\right)$

Giá tiền vé vào cổng của mỗi giáo viên sau khi giảm giá là: $80.0000\times 95:100=76.000$  (đồng)

Giá tiền vé vào cổng của mỗi học sinh sau khi giảm giá là: $60.000\times 95:100=57.000$ (đồng)

Tổng số tiền nhà trường phải trả là 14.535.000 đồng nên ta có phương trình:

$76.000a+57.000b=\mathrm{14.535.000}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}a+b=250\\ 76.000a+57.000b=\mathrm{14.535.000}\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}76.000a+76.000b=\mathrm{19.000.000}\\ 76.000a+57.000b=\mathrm{14.535.000}\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{l}a=15\left(tm\right)\\ b=235\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy: có 15 giáo viên và 235 học sinh đi tham quan.

Bài 6:

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pytago, lưu ý điểm tiếp xúc E sẽ là trung điểm CD.

Lời giải chi tiết:

Giả sử hình tròn đi qua hai đỉnh A, B và tiếp xúc với cạnh CD của hình vuông ABCD.

Ta có hình vẽ:

Gọi $E$ là điểm tiếp xúc của $\left(O\right)$ và $CD.$

Kéo dài $EO$ cắt $AB$ tại $F\Rightarrow F$ là trung điểm của $AB.$ 

Gọi $OF=x\left(0<x<12\right).$

Ta có: $AF=\frac{1}{2}AB=6cm.$

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho $\mathrm{\Delta }AOF$ vuông tại $F$ ta có:

$\begin{array}{l}O{F}^2=O{A}^2-A{F}^2\\ \iff x^2=R^2-6^2\\ \iff x^2=R^2-36(\ast )\end{array}$

Lại có:

$\begin{array}{l}EF=12=OF+OE\\ \iff x+R=12\\ \iff x=12-R.\end{array}$

Thay $x=12-R$ vào (*) ta được:

$\begin{array}{l}{\left(12-R\right)}^2=R^2-36\\ \iff 144-24R+R^2=R^2-36\\ \iff 24R=180\\ \iff R=\frac{15}{2}=7,5cm.\end{array}$

Vậy bán kính đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $R=7,5cm.$

Bài 7:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh đây là tứ giác có 2 góc đối diện vuông.

b) Sử dụng 2 cặp tam giác đồng dạng và AB = AC để suy ra hệ thức.

c) Sử dụng tính chất hình thang nội tiếp đường tròn là hình thang cân.

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và OA vuông BC.

Do AB, AC là tiếp tuyến từ A đến (O) nên: $\mathrm{\angle }ABO=\mathrm{\angle }ACO={90}^0$

Xét tứ giác $OBAC$ ta có:

$\mathrm{\angle }ABO+\mathrm{\angle }ACO$ $={90}^0+{90}^0={180}^0$

$\Rightarrow OBAC$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Ta có: $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABC$ cân tại $A.$ (định nghĩa)

Lại có: $AO$ là phân giác của $\mathrm{\angle }BAC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow AO$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của $\mathrm{\Delta }ABC\Rightarrow AO\mathrm{\perp }BC=\left\{H\right\}$ (đpcm)

b) Qua C vẽ d // OA, qua O vẽ đường vuông góc OB cắt (O) và d tại F và K (O nằm giữa F và K), AF cắt (O) tại E. Chứng minh rằng: $A{B}^2=AE.FA;$$BE.FC=BF.EC$

Ta có: $\mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }BFA$($=\frac{1}{2}$sđ cung $BE)$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung $BE$).

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\Delta }AEB\backsim \mathrm{\Delta }ABF(g-g)\\ \Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{AB}{AF}\end{array}$ 

$\iff FA.EA=A{B}^2$ (đpcm)

Vì $\mathrm{\Delta }AEB\backsim \mathrm{\Delta }ABF\left(cmt\right)$$\Rightarrow \frac{BE}{BF}=\frac{AB}{AF}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Ta có: $\mathrm{\angle }ACE=\mathrm{\angle }AFC$$(=\frac{1}{2}$ sđ cung $EC)$  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\Delta }ACE\backsim \mathrm{\Delta }AFC(g-g)\\ \Rightarrow \frac{EC}{FC}=\frac{AC}{FA}=\frac{AB}{FA}\\ \Rightarrow \frac{BE}{BF}=\frac{EC}{FC}\left(=\frac{AB}{AF}\right)\end{array}$

$\Rightarrow BE.FC=BF.EC$ (đpcm)

c) Chứng minh OCKA là hình thang cân.

Ta có: $CK//OA\left(gt\right)\Rightarrow ACKA$ là hình thang (định nghĩa).

Lại có:  $\mathrm{\angle }OKC=\mathrm{\angle }AOK(soletrong)$

Vì $AB\mathrm{\perp }OB\left(cma\right),OF\mathrm{\perp }OB\left(gt\right)$ $\Rightarrow KF//AB$(từ vuông góc đến song song)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\angle }BAO=\mathrm{\angle }AOK\left(soletrong\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\angle }OKC=\mathrm{\angle }BAO\left(=\mathrm{\angle }AOK\right)\end{array}$

Mặt khác $\mathrm{\angle }BAO=\mathrm{\angle }OAC$  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OKC=\mathrm{\angle }OAC\left(=\mathrm{\angle }BAO\right)$

$\Rightarrow AKCO$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Hình thang nội tiếp tứ giác là hình thang cân $\Rightarrow AKCO$ là hình thang cân (đpcm)