5 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 10

Câu 1:

Cho $P = (\frac{1}{\sqrt{x} + 1} - \frac{1}{x + \sqrt{x}}) : \frac{\sqrt{x}}{x + 2 \sqrt{x} + 1}$ (với x > 0)

1) Rút gọn biểu thức P.

2) Tính giá trị của P khi x = 4.

3) Tìm giá trị của x để $P > \frac{2}{3}$ .

Xem đáp án

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

$= \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} (\sqrt{x} + 1)} . \frac{{(\sqrt{x} + 1)}^{2}}{\sqrt{x}}$

$= \frac{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)}{{\sqrt{x}}^{2}} = \frac{x - 1}{x}$

2) Khi x = 4

$P = \frac{x - 1}{x} = \frac{4 - 1}{4} = \frac{3}{4}$

3) Ta có:

$P = \frac{x - 1}{x} > \frac{2}{3}$ do x > 0 nhân 2 vế cho 3x ta được

3(x – 1) > 2x $\Leftrightarrow x > 3$

Vậy khi x > 3 thì $P > \frac{2}{3}$ .

Câu 2:

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 68 m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi khu vườn mới là 178 m. Hãy tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn đã cho lúc ban đầu.

Xem đáp án

Gọi x (m) là chiều rộng của khi vườn lúc đầu (x > 0).

Gọi y (m) là chiều rộng của khi vườn lúc đầu (y > 0).

Khu vườn lúc đầu có chu vi bằng 68 m nên 2x + 2y = 68 (1)

Chiều rộng khu vườn sau khi tăng là 2x (m)

Chiều dài khu vườn sau khi tăng là 3y (m)

Chu vi của khu vườn sau khi tăng là 2.2x + 2.3y = 178 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

${\begin{cases} 2 x + 2 y = 68 \\ 2.2 x + 2.3 y = 178 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 34 - y \\ 4 x + 6 y = 178 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 34 - y \\ 4 (34 - y) + 6 y = 178 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 34 - y \\ 2 y = 42 \end{cases}$ $\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 13 \\ y = 21 \end{cases}$ (thỏa mãn)

Vậy chiều rộng lúc ban đầu là 13 m và chiều dài lúc ban đầu là 21 m.

Câu 3:

Cho hệ phương trình: ${\begin{cases} 2 x + y = 3 m - 2 \\ 3 x - y = 2 m + 2 \end{cases}$ (m là tham số) (I)

1) Giải hệ phương trình đã cho khi m = −1.

2) Tìm m để hệ (I) có cặp nghiệm (x; y) duy nhất thỏa mãn: x² + y² = 10.

Xem đáp án

Ta có $\frac{2}{3} \neq \frac{1}{- 1}$ nên hệ phương trình luôn có cặp nghiệm (x; y) duy nhất.

${\begin{cases} 2 x + y = 3 m - 2 \\ 3 x - y = 2 m + 2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 2 x + y + 3 x + y = 3 m - 2 + 2 m + 2 \\ y = 3 x - 2 m - 2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 5 x = 5 m \\ y = 3 x - 2 m - 2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = m \\ y = m - 2 \end{cases}$

1) Khi m = −1 thì (I) $\Leftrightarrow {\begin{cases} x = m = - 1 \\ y = m - 2 = - 3 \end{cases}$

Vậy phương trình có cặp nghiệm là (−1; −3).

2) Thay ${\begin{cases} x = m \\ y = m - 2 \end{cases}$ vào biểu thức x² + y² = 10 ta được:

m² + (m – 2)² = 10

$\Leftrightarrow$ m² + m² − 4m + 4 =10

$\Leftrightarrow$ 2m² − 4m − 6 = 0

$\Leftrightarrow$ m² − 2m – 3 = 0

$\Leftrightarrow$ m² − 3m + m – 3 = 0

$\Leftrightarrow$ m(m − 3) + m − 3 = 0

$\Leftrightarrow$ (m + 1)(m – 3) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = - 1 \\ m = 3 \end{array}$

Vậy m = −1 hoặc m = 3 thì hệ (I) có cặp nghiệm (x; y) duy nhất thỏa mãn: x² + y² = 10.

Câu 4:

Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Dây CD vuông góc với AB tại E (E nằm giữa A và O; E không trùng A, không trùng O). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC sao cho cung MB nhỏ hơn cung MC. Dây AM cắt CD tại F. Tia BM cắt đường thẳng CD tại K.

1) Chứng minh tứ giác BMFE nội tiếp.

2) Chứng minh BF vuông góc với AK và EK.EF = EA.EB

3) Tiếp tuyến của (O) tại M cắt tia KD tại I. Chứng minh IK = IF.

Xem đáp án

1) Ta có: $\hat{F E B}$ = 90° (CE ⊥ AB)

$\hat{F M B}$ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác BMFE có $\hat{F E B}$ + $\hat{F M B}$ = 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác BMFE nội tiếp.

2) Ta có $\hat{A M B}$ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra AM ⊥ MB

Xét tam giác AKB có:

KE ⊥ AB (giả thiết)

AM ⊥ KB (chứng minh trên)

Mà KE cắt AM tại F suy ra F là trực tâm của ∆AKB.

Suy ra BF ⊥ AK.

Xét ∆ AFE và ∆ KBE có:

$\hat{A E F} = \hat{K E B}$ = 90° (KE ⊥ AB)

$\hat{A F E} = \hat{K B E}$ (tứ giác BMFE nội tiếp)

Suy ra ∆AFE ∆KBE (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{A E}{K E} = \frac{F E}{B E} \Leftrightarrow A E . B E = K E . E F$ (điều phải chứng minh)

3) Xét tam giác AOM có:

OA = OM = R suy ra ∆AOM cân tại O suy ra $\hat{O M A} = \hat{O A M}$ (1)

Ta có $\hat{A M O} + \hat{I M F} = \hat{I M O} = 90 ° \hat{A M O} + \hat{I M F} = \hat{I M O} = 90 °$ (MI là tiếp tuyến của (O))

$\hat{K M I} + \hat{I M F} = \hat{K M F} = 90 °$ (KM ⊥ FM)

Suy ra $\hat{A M O} = \hat{K M I}$ (2)

Mà ∆AFE ∆KBE suy ra $\hat{O A M} = \hat{I K M}$ (hai góc tương ứng) (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra $\hat{I M K} = \hat{I K M}$

Suy ra tam giác IMK cân tại I suy ra IM = IK (4)

Xét ∆KMF vuông tại M ta có:

$\hat{F K M} + \hat{K F M} = 90 °$

$\hat{K M I} + \hat{I M F} = 90 °$

Mà $\hat{I M K} = \hat{I K M}$ (chứng minh trên)

Nên $\hat{I M F} = \hat{I F M}$ suy ra ∆IMF cân tại I suy ra IM = IF (5)

Từ (4) và (5) suy ra KI = IF (= IM) (điều phải chứng minh)

Câu 5:

Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x.y = 1.

Chứng minh rằng $\frac{4}{{(x + y)}^{2}} + x^{2} + y^{2} \geq 3$ . Đẳng thức xảy ra khi nào?

Xem đáp án

Gọi A = $\frac{4}{{(x + y)}^{2}} + x^{2} + y^{2}$

$= \frac{4}{{(x + y)}^{2}} + {(x + y)}^{2} - 2 x y$

$= \frac{4}{{(x + y)}^{2}} + \frac{{(x + y)}^{2}}{4} + \frac{3}{4} (x^{2} + y^{2}) + \frac{3}{4} . 2 x y - 2$

$= \frac{4}{{(x + y)}^{2}} + \frac{{(x + y)}^{2}}{4} + \frac{3}{4} (x^{2} + y^{2}) + \frac{3}{2} - 2$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

$A \geq 2 \sqrt{\frac{4}{{(x + y)}^{2}} \frac{{(x + y)}^{2}}{4}} + \frac{3}{4} .2 \sqrt{x^{2} y^{2}} + \frac{3}{2} - 2$

$\Leftrightarrow A \geq 2 + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} - 2 = 3$ (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.

Vậy đẳng thức xảy ra khi x = y = 1.

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)

Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 10

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan

Có thể bạn quan tâm

Các bài thi hot trong chương