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

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 9

14294 lượt thi
5 câu hỏi
90 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Bài 1 (2 điểm): Giải các hệ phương trình sau:

a) ${\begin{cases} - 3 x + y = - 9 \\ 2 x + 7 y = 52 \end{cases}$

b) ${\begin{cases} \frac{3}{\sqrt{x + 3}} - 2 (x + 2 y) = - \frac{17}{2} \\ \frac{2}{\sqrt{x + 3}} + 4 x + 8 y = 21 \end{cases}$

Xem đáp án

a) ${\begin{cases} - 3 x + y = - 9 \\ 2 x + 7 y = 52 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = - 9 + 3 x \\ 2 x + 7 y = 52 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = - 9 + 3 x \\ 2 x + 7 (- 9 + 3 x) = 52 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = - 9 + 3 x \\ 23 x = 115 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} x = 5 \\ y = 6 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm là (5; 6).

b) Điều kiện xác định:

x + 3 > 0 $\Leftrightarrow$ x > −3

${\begin{cases} \frac{3}{\sqrt{x + 3}} - 2 (x + 2 y) = - \frac{17}{2} \\ \frac{2}{\sqrt{x + 3}} + 4 x + 8 y = 21 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} \frac{3}{\sqrt{x + 3}} - 2 (x + 2 y) = - \frac{17}{2} \\ \frac{2}{\sqrt{x + 3}} + 4 (x + 2 y) = 21 \end{cases}$

Đặt u = $\frac{1}{\sqrt{x + 3}}$ , t = x + 2y

Hệ phương trình trở thành:

${\begin{cases} 3 u - 2 v = \frac{- 17}{2} \\ 2 u + 4 v = 21 \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 3 u - 2 v = \frac{- 17}{2} \\ u = \frac{21 - 4 v}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 3 (\frac{21}{2} - 2 v) - 2 v = \frac{- 17}{2} \\ u = \frac{21}{2} - 2 v \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} - 8 v = - 40 \\ u = \frac{21}{2} - 2 v \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} v = 5 \\ u = \frac{1}{2} \end{cases}$

Với u = $\frac{1}{\sqrt{x + 3}}$ = $\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \sqrt{x + 3} = 2 \Leftrightarrow x + 3 = 4 \Leftrightarrow x = 1$ (thỏa mãn)

Với t = x + 2y $\Leftrightarrow 5 = 1 + 2 y \Leftrightarrow y = 2$ .

Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm là (1; 2).

Câu 2:

Để chuẩn bị cho buổi ôn tập giải bài toán bằng cách lập phương trình của lớp 9A, tổ 1 và tổ 2 được giao chuẩn bị bài tập về dạng toán chuyển động. Biết rằng nếu cả hai tổ cùng làm thì sau 3 giờ 36 phút giờ sẽ xong, còn nếu tổ 1 làm trong 2 giờ, tổ 2 làm trong 3 giờ thì được

\frac{2}{3}

công việc. Hỏi nếu mỗi tổ làm một mình thì bao lâu xong công việc

Xem đáp án

Gọi x (công việc) là phần công việc tổ 1 làm được trong 1 giờ (x > 0).

Gọi y (công việc) là phần công việc tổ 2 làm được trong 1 giờ (y > 0).

3 giờ 36 phút = 3,6 giờ.

Nếu cả hai tổ cùng làm thì sau 3 giờ 36 phút giờ sẽ xong nên

3,6x + 3,6y = 1 (1)

Nếu tổ 1 làm trong 2 giờ, tổ 2 làm trong 3 giờ thì được $\frac{2}{3}$ công việc nên

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

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình ${\begin{cases} 3,6 x + 3,6 y = 1 \\ 2 x + 3 y = \frac{2}{3} \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} 3,6 x + 3,6 y = 1 \\ x = \frac{1}{2} (\frac{2}{3} - 3 y) \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} \frac{3,6}{2} (\frac{2}{3} - 3 y) + 3,6 y = 1 \\ x = \frac{1}{2} (\frac{2}{3} - 3 y) \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} - 1,8 y = - 0,2 \\ x = \frac{1}{2} (\frac{2}{3} - 3 y) \end{cases}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} y = \frac{1}{9} \\ x = \frac{1}{6} \end{cases}$ (thỏa mãn)

Ta có:

Tổ 1 mỗi giờ làm được $\frac{1}{6}$ công việc nên một mình tổ 1 sẽ hoàn thành công việc trong 6 giờ.

Tổ 2 mỗi giờ làm được $\frac{1}{9}$ công việc nên một mình tổ 2 sẽ hoàn thành công việc trong 9 giờ.

Vậy tổ 1 làm một mình thì xong công việc trong 6 giờ, tổ 2 làm một mình thì xong công việc trong 9 giờ.

Câu 3:

Cho phương trình x² – 2(m − 3)x + 4m – 16 = 0 (m là tham số)

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Giải phương trình với giá trị m vừa tìm được.

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

c) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm âm.

Xem đáp án

a) Thay x = 3 vào phương trình đã cho ta được

3² – 2(m – 3).3 + 4m – 16 = 0

$\Leftrightarrow$ 9 – 6m + 18 + 4m −16 = 0

$\Leftrightarrow$ 11 – 2m = 0

$\Leftrightarrow m = \frac{11}{2}$

Khi $m = \frac{11}{2}$ phương trình trở thành

x² – 2. $(\frac{11}{2} - 3)$ x + 4. $\frac{11}{2}$ – 16 = 0

$\Leftrightarrow$ x² – 5x + 6 = 0

$\Leftrightarrow$ x²– 2x – 3x + 6 = 0

$\Leftrightarrow$ x(x – 2) −3(x – 2) = 0

$\Leftrightarrow$ (x – 2)(x – 3) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 2 \\ x = 3 \end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {2; 3}.

b) Ta có: ∆’ = [– (m – 3)]²– 1.(4m – 16)

= m²– 6m + 9 − 4m + 16

= m² −10m + 25 = (m – 5)².

Vì ∆’ = (m – 5)² ≥ 0 (đúng với mọi giá trị của m).

Nên phương trình luôn có nghiệm (điều phải chứng minh).

c) Do phương trình luôn có nghiệm, áp dụng định lý Vi-et, ta được:

$[\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} = - \frac{- 2 (m - 3)}{1} = 2 m - 6 \\ x_{1} . x_{2} = \frac{c}{a} = \frac{4 m - 16}{1} = 4 m - 16 \end{array}$

Trường hợp 1: Phương trình có 1 nghiệm x₁ = 0 và một nghiệm âm. Khi đó:

x₁.x₂ = 0 tương đương 4m – 16 = 0 Û m = 4

Do đó x₁+ x₂ = x₂ = 2m – 6 = 2 (không thỏa mãn)

Trường hợp 2: Phương trình có một nghiệm âm và một nghiệm dương. Khi đó:

x₁.x₂ < 0 Û 4m – 16 < 0 Û m < 4

Trường hợp 3: Phương trình có hai nghiệm âm. Khi đó:

${\begin{cases} x_{1} x_{2} > 0 \\ x_{1} + x_{2} < 0 \end{cases}$ $\Leftrightarrow {\begin{cases} 4 m - 16 > 0 \\ 2 m - 6 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m > 4 \\ m < 3 \end{cases}$ (không tồn tại giá trị m)

Vậy để phương trình có ít nhất một nghiệm âm thì m < 4.

Câu 4:

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB và điểm I cố định nằm giữa A và O. Dây CD vuông góc với AB tại I. Gọi E là điểm tùy ý thuộc dây CD (E không trùng với C, D). Tia AE cắt (O) tại F.

a) Chứng minh tứ giác BIEF nội tiếp.

b) Chứng minh: AC² = AI.AB = AE.AF .

c) Kẻ đường kính CM của (O); kẻ dây DN vuông góc với FM. Chứng minh CN = DF.

d) Gọi giao điểm của CN và DF là K. Chứng minh rằng giao điểm của OK với BC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF.

Xem đáp án

a) Ta có: $\hat{E I B}$ = 90° (vì CI ⊥ AB)

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

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

Suy ra tứ giác BIEF nội tiếp.

b) Tam giác ABC có $\hat{A C B}$ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra ∆ACB vuông tại C

Xét ∆ACB vuông tại C đường cao IC, ta được:

AC² = AI . AB (1)

Xét ∆ AEI và ∆ ABF có:

$\hat{F A B}$ là góc chung

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

Suy ra ∆ AEI ∆ ABF (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{A E}{A B} = \frac{A I}{A F} \Leftrightarrow A E . A F = A B . A I$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AC² = AI.AB = AE.AF (điều phải chứng minh)

c) Ta có CF ⊥ FM ( $\hat{C F M}$ = 90° góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

DN ⊥ FM (giả thiết)

Suy ra CF // DM

Suy ra tứ giác CFND là hình thang (3)

Ta có $\hat{C F D} = \hat{F D N}$ (hai góc so le trong của CF // DN)

Suy ra $\overset{⌢}{C D} = \overset{⌢}{N F}$ (hai góc nội tiếp bằng nhau)

Û $\overset{⌢}{C D} + \overset{⌢}{C F} = \overset{⌢}{C F} + \overset{⌢}{F N}$

Û $\overset{⌢}{D F} = \overset{⌢}{C N}$

$\Rightarrow \hat{F N D} = \hat{C D N}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác CFND là hình thang cân.

Suy ra CN = FD (hai đường chéo của hình thang cân).

d) Ta có K là giao điểm của CN và FD nên:

CK = KF

Mà ta cũng có CO = OF = R.

Suy ra OK là trung trực của CF.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp của CEF sẽ thuộc đường thẳng OK (5)

Ta có O là trung điểm CM.

I là trung điểm CD (đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây).

Suy ra OI là đường trung bình của ∆DCM.

Suy ra IO // DM.

Suy ra AB // DM.

Đường tròn (O) có dây AB // dây DM suy ra $\overset{⌢}{A D} = \overset{⌢}{M B}$

$\Leftrightarrow \overset{⌢}{A D} + \overset{⌢}{D M} = \overset{⌢}{D M} + \overset{⌢}{M B}$

$\Leftrightarrow \overset{⌢}{A M} = \overset{⌢}{D B} \Rightarrow \hat{A F M} = \hat{D C B}$

Gọi P là giao điểm của FM và CB.

Xét tứ giác ECFP có $\hat{E C P} = \hat{E F P}$

Suy ra tứ giác ECFP nội tiếp.

Tứ giác ECFP nội tiếp có $\hat{C F P}$ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra CP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECFP.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECFP thuộc CP.

Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB (6)

Từ (5) và (6) suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF là giao điểm của OK và BC

Câu 5:

Biết rằng m, n là các số thực dương để phương trình ẩn x sau có nghiệm:

x² – 4x + n(m – 1) + 5 = 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = \frac{{(m + n)}^{2}}{m n}$ .

Xem đáp án

Ta có: ∆’ = 2² – [n(m – 1) + 5] = −nm + n −1.

Do m, n là các số thực dương để phương trình có nghiệm nên ta có:

∆’ = −nm + n – 1 ≥ 0

Û n(1 – m) ≥ 1

Mà n > 0 nên 1 – m > 0 $\Leftrightarrow m < 1$

Cùng với điều kiện đề bài 0 < m < 1 $\Leftrightarrow$ 1 > 1 – m > 0

Ta có n(1 – m) ≥ 1 $\Leftrightarrow n \geq \frac{1}{1 - m}$

mà 1 > 1 – m $\Leftrightarrow \frac{1}{1 - m} > 1$

nên n > 1

Ta có $P = \frac{{(m + n)}^{2}}{m n} = \frac{m^{2} + 2 m n + n^{2}}{m n} = \frac{m}{n} + \frac{n}{m} + 2$

Đặt a = $\frac{n}{m}$ và b = n(1 − m) (b ≥ 1)

$\frac{b}{1 - m}$

Do b ≥ 1, 0 < m < 1 và 1 > 1 – m > 0 nên suy ra a > 1.

Xét P = $a + \frac{1}{a} + 2$ với a > 1 biểu thức này nhỏ nhất khi a nhỏ nhất.

Do a $= \frac{b}{m (1 - m)}$ nhỏ nhất khi b nhỏ nhất và m(1− m) lớn nhất

b nhỏ nhất = 1

Áp dụng bất đẳng thức Cosi m(1−m) $\leq {(\frac{m + 1 - m}{2})}^{2} = 0,25$

Vậy a nhỏ nhất bằng $\frac{1}{0,25} = 4$

Khi đó:

P_min= $4 + \frac{1}{4} + 2$ = 6,25

Khi m = 0,5 và n = 2.

Bắt đầu thi ngay