Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 1
-
2135 lượt thi
-
6 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Giải các phương trình sau:
a) 3x2 + 10x + 3 = 0
b) –x4 + 2020x2 + 2021 = 0
c) x3 – 5x2 + 4x = 0
a) 3x2 + 10x + 3 = 0
Tính ∆ = b2 – 4ac. Phương trình có các hệ số là a = 3; b = 10; c = 3.
∆ = 102 – 4.3.3 = 100 – 36 = 64 > 0.
Do ∆ > 0, áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = ; x2 = .
Vậy phương trình có tập nghiệm là S =.
b) –x4 + 2020x2 + 2021 = 0
Û –x4 – x2 + 2021x2 + 2021 = 0
Û –x2(x2 + 1) + 2021(x2 + 1) = 0
Û – (x2 – 2021)(x2 + 1) = 0
Û (x2 + 1) = 0 (vô lý) hoặc (x2 – 2021) = 0
Û x2 = 2021
Û x = ±
Vậy phương trình có hai nghiệm là ±.
c) x3 – 5x2 + 4x = 0
Û x(x2 – 5x + 4) = 0
Û x(x2 – x – 4x + 4) = 0
Û x[x(x – 1) – 4(x – 1)] = 0
Û x(x – 1)(x – 4) = 0
Û
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0; 1; 4}.
Câu 2:
Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –x + 2.
a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
a) Bảng giá trị:
|
x |
–2 |
–1 |
0 |
1 |
2 |
|
y = x2 |
4 |
1 |
0 |
1 |
4 |
Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm A(–2; 4); B(–1; 1); O(0; 0); C(1; 1); D(2; 4).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = –x + 2
Û x2 + x – 2 = 0
Û x2 + 2x – x – 2 = 0
Û x( x + 2) – (x + 2) = 0
Û (x – 1)(x + 2) = 0
Û
• Với x = 1 thì y = –x + 2 = –1 + 2 = 1.
Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(1; 1).
• Với x = –2 thì y = –x + 2 = –(–2) + 2 = 4.
Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(–2; 4).
Vậy hai đồ thị hàm số trên có 2 giao điểm là A(1;1) và B(–2; 4).
Câu 3:
Cho phương trình 2x2 – mx – 5 = 0 (m là tham số) (1)
a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Tính biểu thức A = x12 – x1 + x22 – x2 theo m.
a) Ta có: ∆ = m2 – 4.2.(–5) = m2 + 40
Vì ∆ = m2 + 40 > 0 (đúng với mọi giá trị của m).
Nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m (điều phải chứng minh).
b) A = x12 – x1 + x22 – x2
= (x12 + x22) – (x1 + x2)
= (x1 + x2)2 – 2x1.x2 – (x1 + x2) (2)
Theo hệ thức Vi-et, ta có:
Thay vào (2) ta được:
A = =.
Câu 4:
Một trường tổ chức cho 330 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan Dinh Độc Lập. Biết giá vé tham quan tòa nhà chính Di tích lịch sử Dinh Độc Lập của mổi giáo viên là 40 000 đồng, của mỗi học sinh là 20 000 đồng. Nhân dịp kỉ niệm 90 năm Ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh (26/3/1931-26/3/2021) nên được giảm 10% cho mỗi vé tham quan, vì vậy mà nhà trường chỉ phải trả số tiền là 6 480 000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên, bao nhiêu học sinh?
Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh (điều kiện: x, y ∈ ℕ, 0 < x, y < 330).
Vì tổng số giáo viên và học sinh đi tham quan là 330 người nên: x + y = 330 (1)
Tổng số tiền vé của giáo viên khi chưa giảm là: 40 000x (đồng).
Tổng số tiền vé của học sinh khi chưa giảm là: 20 000y (đồng).
Tổng số tiền vé của giáo viên và học sinh khi chưa giảm là:
40 000x + 20 000y (đồng).
Mỗi vé tham quan được giảm 10%, tức là giá vé sau khi giảm bằng 90% giá vé ban đầu.
Tổng số tiền vé nhà trường chi trả là 6 480 000 đồng nên ta có phương trình:
90%.(40 000x + 20 000y) = 6 480 000
Û 40 000x + 20 000y = 7 200 000
Û x + 2y = 360 (2)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:
Û
Û
Û
Û
Û (thỏa mãn)
Vậy số giáo viên là 30 người và số học sinh là 300 người.
Câu 5:
Hoa văn của một tấm bìa hình vuông ABCD cạnh 25cm là hai cung tròn tâm B và tâm D bán kính 25cm có phần chung (phần tô đậm) là hình quả trám như hình vẽ. Hãy tính diện tích phần chung này. (Lấy π ≈ 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Gọi S là diện tích được tạo ra bởi cung tròn AC và dây AC của đường tròn tâm D.
S = diện tích quạt DAC – diện tích tam giác ADC.
Vì ABCD là hình vuông nên . Do đó:
Diện tích quạt DAC là:
πR2.≈ 3,14.252.≈ 490,625 (cm2).
Diện tích tam giác ADC là:
= =312,5 (cm2)
Diện tích cần tính bằng:
2S ≈ 2.(490,625 – 312,5) ≈ 356,25 ≈ 356,3 (cm2).
Phần tạo bởi hai cung tròn có diện tích là 356,3 (cm2).
Câu 6:
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Qua điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C là 2 tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC, qua H kẻ một đường thẳng vuông góc với OC cắt (O) tại M (M thuộc cung nhỏ BC), AM cắt (O) tại N (N khác M); gọi K là trung điểm MN.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và AB.BM = AM.NB.
b) Chứng minh 5 điểm A, B, K, O, C cùng thuộc 1 đường tròn và .
c) Kẻ OI vuông góc NB tại I. Chứng minh: I, K, H thẳng hàng.
a) Ta có:
= 90° (AB là tiếp tuyến của (O)).
= 90° (AC là tiếp tuyến của (O)).
Xét tứ giác ABOC có += 90° + 90° = 180°.
Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.
Xét ∆ ABM và ∆ ANB có:
là góc chung.
(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BM).
Suy ra ∆ABM đồng dạng ∆ANB (g.g)
Từ đó suy ra AB.BM = AM.NB (đpcm)
b) Tứ giác ABOC nội tiếp có = 90° suy ra OA là đường kính cũng suy ra tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA.
Ta có OK ⊥ MN (tính chất đường kính đi qua trung điểm dây cung thì vuông góc với dây đó).
Suy ra 90° dẫn đến K thuộc đường tròn đường kính OA.
Vậy 5 điểm A, B, C, O, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OA.
Vì ∆ABM 
∆ANB (cmt) nên ta có:
Û AB2 = AM.AN.
Mà ta cũng có AB2 = AH.AO (∆ ABO vuông tại B có đường cao BH).
Suy ra AM.AN = AH.AO Û .
Xét ∆AMH và ∆AON có:
là góc chung
(cmt)
Suy ra ∆AMH đồng dạng ∆AON (c.g.c)
Từ đó suy ra (hai góc tương ứng).
c) Ta có MH // AC (cùng vuông góc với OC).
Suy ra (hai góc đồng vị).
Ta lại có (tứ giác KBAC nội tiếp)
Từ đó suy ra suy ra tứ giác KBMH nội tiếp.
(tứ giác KBMH nội tiếp)
(tứ giác NBMC nội tiếp đường tròn (O))
⇒⇒ KH//NC (1)
Ta có H là trung điểm BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
I là trung điểm NB (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây).
⇒ IH là đường trung bình của tam giác NBC ⇒ IH // NC (2)
Từ (1) và (2) suy ra K, H, I thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit).