4 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 7

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

Đề số 1
Đề số 2
Đề số 3
Đề số 4
Đề số 5
Đề số 6
Đề số 7
Đề số 8
Đề số 9
Đề số 10
Đề số 11
Đề số 12
Đề số 13
Đề số 14
Đề số 15
Đề số 16
Đề số 17
Đề số 18
Đề số 19
Đề số 20
Đề số 21
Đề số 22
Đề số 23
Đề số 24
Đề số 25
Đề số 26
Đề số 27
Đề số 28
Đề số 29
Đề số 30
Đề số 31
Đề số 32
Đề số 33
Đề số 34
Đề số 35
Đề số 36
Đề số 37
Đề số 38
Đề số 39
Đề số 40

Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 7

14261 lượt thi
4 câu hỏi
90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho các biểu thức:

$A = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 3}$ và $B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 2} - \frac{x + 2}{x - \sqrt{x} - 2}$ với x ≥ 0, x ≠ 4

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 49.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm x để biểu thức P = A.B ≤ $\frac{1}{x + 3}$

Xem đáp án

a) Với x = 49 ta có:

$A = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 3} = \frac{\sqrt{49} + 1}{\sqrt{49} + 3} = \frac{7 + 1}{7 + 3} = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$ .

b) Ta có:

$B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 2} - \frac{x + 2}{x - \sqrt{x} - 2}$

= \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 2} - \frac{x + 2}{{\sqrt{x}}^{2} - 2 \sqrt{x} + \sqrt{x} - 2}

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

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

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

c) P = A.B = $\frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 3} . \frac{1}{\sqrt{x} + 1} = \frac{1}{\sqrt{x} + 3}$

Ta có P ≤ $\frac{1}{x + 3}$ Û $\frac{1}{\sqrt{x} + 3} \leq \frac{1}{x + 3}$ .

Vì $\sqrt{x} + 3$ và x + 3 đều lớn hơn 0 ( do x ≥ 0) nên bất đẳng thức trên trở thành.

$\Leftrightarrow x - \sqrt{x} \leq 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} (\sqrt{x} - 1) \leq 0$

Mà $\sqrt{x} \geq 0$ dẫn đến $\sqrt{x} - 1 \leq 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} \leq 1 \Leftrightarrow x \leq 1$ .

Kết hợp với điều kiện đề bài thì 0 ≤ x ≤ 1 thỏa mãn biểu thức.

Câu 2:

Quãng đường AB dài 400 km, một ô tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h. Biết thời gian ô tô đi từ B vể A ít hơn thời gian đi từ A đến B là 2 giờ. Tính vận tốc ô tô lúc đi từ A đến B.

Xem đáp án

Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B (x > 0).

Suy ra vận tốc xe đi từ B về A là x + 10 (km/h)

Thời gian ô tô đi từ A đến B là: $\frac{400}{x}$ (h)

Thời gian ô tô đi từ B về A là: $\frac{400}{x + 10}$ (h)

Thời gian ô tô đi từ B vể A ít hơn thời gian đi từ A đến B là 2 giờ nên ta có phương trình:

$\frac{400}{x} - \frac{400}{x + 10} = 2$

$\Leftrightarrow \frac{400 (x + 10)}{x (x + 10)} - \frac{400 x}{x (x + 10)} = \frac{2 x (x + 10)}{x (x + 10)}$

$\Leftrightarrow 400 x + 4 000 - 400 x = 2 x^{2} + 20 x$

$\Leftrightarrow 2 x^{2} + 20 x - 4 000 = 0$

Tính ∆ = b² – 4ac. Phương trình có các hệ số là a = 2; b = 20; c = −4 000.

∆ = 20² – 4.2.(−4 000) = 400 + 32 000 = 32 400 > 0

Do ∆ > 0, áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x₁= $\frac{- 20 + \sqrt{32 400}}{2.2} = 40$ (thỏa mãn) ; x₂= $\frac{- 20 - \sqrt{32 400}}{2.2} = - 50$ (không thỏa mãn).

Vậy vận tốc của ô tô đi từ A đến B là 40 km/h

Câu 3:

1) Giải hệ phương trình sau: ${\begin{cases} \frac{3}{2 x - 7} + \frac{4}{y + 6} = 7 \\ \frac{2}{2 x - 7} - \frac{3}{y + 6} = - 1 \end{cases}$

2) Cho Parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = (m + 4)x – 4m

a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = −2.

Xem đáp án

1) Điều kiện xác định: ${\begin{cases} 2 x - 7 \neq 0 \\ y + 6 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x \neq \frac{7}{2} \\ y \neq - 6 \end{cases}$

Đặt u = $\frac{1}{2 x - 7}$ (u ≠ 0) và v = $\frac{1}{x + 6}$ (v ≠ 0)

Hệ phương trình trở thành ${\begin{cases} 3 u + 4 v = 7 \\ 2 u - 3 v = - 1 \end{cases}$

Û ${\begin{cases} 3. \frac{- 1 + 3 v}{2} + 4 v = 7 \\ u = \frac{- 1 + 3 v}{2} \end{cases}$ Û ${\begin{cases} - 3 + 9 v + 8 v = 14 \\ u = \frac{- 1 + 3 v}{2} \end{cases}$

Û ${\begin{cases} 17 v = 17 \\ u = \frac{- 1 + 3 v}{2} \end{cases}$ Û ${\begin{cases} v = 1 \\ u = 1 \end{cases}$ (thỏa mãn)

∙ u = $\frac{1}{2 x - 7}$ = 1 Û 2x – 7 = 1 Û x = 4 (thỏa mãn)

∙ v = $\frac{1}{x + 6}$ = 1 Û x + 6 = 1 Û y = −5 (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm là (4; −5).

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

x² = (m + 4)x – 4m

Û x² – (m + 4)x + 4m = 0 (1)

Ta có: ∆ = [– (m + 4)]²– 4.1.4m = m²+ 8m + 16 – 16m

= m²– 8m + 16 = (m – 4)².

Để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó ∆ = (m – 4)²> 0 (2)

Mà (m – 4)²≥ 0 với mọi giá trị của m nên (2) Û (m – 4)² ≠ 0 Û m ≠ 4.

Vậy để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì m ≠ 4.

b) Khi m = −2 ta có (d): y = (−2 + 4)x – 4.(−2) = 2x + 8

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

x² = 2x + 8

Û x² – 2x – 8 = 0

Û x² + 2x – 4x – 8 = 0

Û x( x + 2) – 4(x + 2) = 0

Û (x – 4)(x + 2) = 0

Û $[\begin{array}{l} x = 4 \\ x = - 2 \end{array}$

• Với x = 4 thì y = 2x + 8 = 2.4 + 8 = 16.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(4; 16).

• Với x = –2 thì y = 2x + 8 = 2.(–2) + 8 = 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(4; 16) và B(−2; 4).

Câu 4:

Cho đường tròn (O; R) và dây AB cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (C khác A). Từ C kẻ 2 tiếp tuyến CM và CN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm; tia CO nằm giữa hai tia CM và CA). Gọi D là trung điểm AB.

a) Chứng minh tứ giác CMOD nội tiếp.

b) Chứng minh: CN² = CA.CB

c) ND cắt (O) tại I. Chứng minh: MI // ABư

d) Gọi E là giao điểm của MN và AB. Chứng minh $\frac{2}{C E} = \frac{1}{C A} + \frac{1}{C B}$ .

Xem đáp án

a) Ta có D là trung điểm của AB nên OD ⊥ AB (đường kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây).

Ta có: $\hat{O D C}$ = 90° (OD ⊥ AB)

$\hat{O M C}$ = 90° (MC là tiếp tuyến của (O))

Xét tứ giác ABOC có $\hat{O D C}$ + $\hat{O M C}$ = 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác CMOD nội tiếp.

b) Xét ∆CAN và ∆CNB có:

$\hat{N C B}$ là góc chung

$\hat{N B A} = \hat{A N C}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AN).

Suy ra ∆CAN đồng dạng ∆CNB (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{C A}{C N} = \frac{C N}{C B} \Leftrightarrow C N^{2} = C A . C B$ (điều phải chứng minh)

c) Ta có:

$\hat{N I M} = \hat{N M C}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung NM)

$\hat{N D C} = \hat{N M C}$ (tứ giác CMOD nội tiếp)

Suy ra $\hat{N I M} = \hat{N D C}$ suy ra BC // IM.

d) Gọi H là giao điểm của MN và OC.

Ta có OM = ON = R.

CN = CM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra OC là trung trực của MN suy ra OC ⊥ MN.

Xét ∆CEH và ∆COD có:

$\hat{D C O}$ là góc chung

$\hat{E H C} = \hat{O D C}$ = 90° (OD ⊥ AB và MN ⊥ OC)

Suy ra ∆CEH đồng dạng ∆COD (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{C E}{C O} = \frac{C H}{C D} \Leftrightarrow C E . C D = C H . C O$ (1)

Xét tam giác ONC vuông tại N đường cao NH ta có:

NC² = OH.OC

Mà NC² = CA.CB (chứng minh trên)

Suy ra OH.OC = CA.CB (2)

Từ (1) và (2) ta được

CE.CD = CA.CB

Mà CB + CA = 2CA + AB = 2CA + 2DA

= 2(CA + DA) = 2CD

$\Rightarrow C D = \frac{1}{2} (C A + C B)$

Thay vào trên ta được

$\Leftrightarrow \frac{2}{C E} = \frac{C A + C B}{C A . C B}$

$\Leftrightarrow \frac{2}{C E} = \frac{1}{C A} + \frac{1}{C B}$ (điều phải chứng minh)

Bắt đầu thi ngay