16 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 7)

Câu 1:

Phương trình bậc hai x² + 2x – 3 = 0 có tổng hai nghiệm là

A. −2.

B. 1.

C. 2.

D. −1.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có: x² + 2x – 3 = 0

Û x² – x + 3x – 3 = 0

Û x(x – 1) + 3(x – 1) = 0

Û (x – 1)(x + 3) = 0

Û $[\begin{matrix} x - 1 = 0 \\ x + 3 = 0 \end{matrix}$ Û $[\begin{matrix} x = 1 \\ x = - 3 \end{matrix}$

Suy ra phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = – 3.

Vậy tổng hai nghiệm của phương trình trên là 1 + (−3) = −2.

Câu 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y = x²?

A. (3;1).

B. (1;1).

C. (3;−1).

D. (−3;−1).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có: y = x² Û x² – y = 0.

+ Thay các giá trị x = 3, y = 1 vào phương trình x² – y = 0, ta được:

3² – 1 = 9 – 1 = 8 ≠ 0.

Do đó, cặp số (3;1) không phải là nghiệm của phương trình y = x².

+ Thay các giá trị x = 1, y = 1 vào phương trình x² – y = 0, ta được:

1² – 1 = 1 – 1 = 0.

Do đó, cặp số (1; 1) là nghiệm của phương trình y = x².

+ Thay các giá trị x = 3, y = −1 vào phương trình x² – y = 0, ta được:

3² – (−1) = 9 + 1 = 10 ≠ 0.

Do đó, cặp số (3; −1) không phải là nghiệm của phương trình y = x².

+ Thay các giá trị x = −3, y = −1 vào phương trình x² – y = 0, ta được:

(−3)² – (−1) = 9 + 1 = 10 ≠ 0.

Do đó cặp số (−3; −1) không phải là nghiệm của phương trình y = x².

Câu 3:

Công thức nào sau đây là công thức tính diện tích hình tròn bán kính R?

A. pR².

B. 2pR.

C. pR.

D. R²

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có diện tích hình tròn được xác định bằng tích giữa số p và bình phương bán kính của nó.

Vậy công thức tính diện tích hình tròn là pR².

Câu 4:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông có cạnh bằng 8cm là

A.

\sqrt{2}

cm.

B. 8

\sqrt{2}

cm.

C. 4 cm.

D. 4

\sqrt{2}

cm.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông có cạnh bằng 8cm là (ảnh 1)

Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O), O là tâm của hình vuông ABCD.

Vì ABCD là hình vuông nên 2 đường chéo vuông góc với nhau đồng thời chúng bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Þ OA ^ OB và OA = OB.

Þ ∆OAB vuông cân tại O.

Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp (O), ta có

AC = AB $\sqrt{2}$ = 8 $\sqrt{2}$ Þ R = $\frac{A B}{\sqrt{2}}$ = $\frac{8}{\sqrt{2}}$ = $4 \sqrt{2}$ cm.

Câu 5:

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh bằng a là

A. $a \sqrt{2}$

B. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

C. $\frac{a \sqrt{2}}{2}$

D. $\frac{a}{2}$

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh bằng a là (ảnh 1)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, E; F; K; G lần lượt là trung điểm của AD, DC, BC, AB.

Khi đó ta có OE = OF = OK = OG = $\frac{a}{2}$ . Hay O là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là R = $\frac{a}{2}$ .

Câu 6:

Phương trình nào sau đây vô nghiệm?

A. x² – 5x + 6 = 0.

B. x² – 9 = 0.

C. x² + x + 3 = 0.

D. x² – 2x + 1 = 0.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

+ Giải x² – 5x + 6 = 0

Û x² – 3x – 2x + 6 = 0

Û x(x – 3) – 2(x – 3) = 0

Û (x – 3)(x – 2) = 0

Û $[\begin{matrix} x - 3 = 0 \\ x - 2 = 0 \end{matrix}$ Û $[\begin{matrix} x = 3 \\ x = 2 \end{matrix}$ .

Do đó, phương trình x² – 5x + 6 = 0 có nghiệm.

+ Giải x² – 9 = 0

Û (x – 3)(x + 3) = 0

Û $[\begin{matrix} x - 3 = 0 \\ x + 3 = 0 \end{matrix}$ Û $[\begin{matrix} x = 3 \\ x = - 3 \end{matrix}$ .

Do đó, phương trình x² – 9 = 0 có nghiệm.

+ Giải x² + x + 3 = 0

Û x² + 2. $\frac{1}{2}$ x + $\frac{1}{4}$ + $\frac{11}{4}$ = 0 Û ${(x + \frac{1}{4})}^{2} + \frac{11}{4}$ > 0.

Do đó, phương trình x² + x + 3 = 0 vô nghiệm.

+ Giải x² – 2x + 1 = 0

Û (x – 1)² = 0 Û x – 1 = 0 Û x = 1.

Do đó, phương trình x² – 2x + 1 = 0 có nghiệm.

Câu 7:

Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt?

A. 4x² – 4x + 1 = 0.

B. x² – 4x + 3 = 0.

C. 4x² = 0.

D. x² + x + 1 = 0.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

+ Giải 4x² – 4x + 1 = 0

Û x² – x + $\frac{1}{4}$ = 0

Û x² – 2. $\frac{1}{2}$ x + ${(\frac{1}{2})}^{2}$ = 0

Û ${(x - \frac{1}{2})}^{2}$ = 0 Û x − $\frac{1}{2}$ = 0 Û x = $\frac{1}{2}$ .

Do đó, phương trình 4x² – 4x + 1 = 0 có nghiệm kép.

+ Giải x² – 4x + 3 = 0

Û x² – x – 3x + 3 = 0

Û x(x – 1) – 3(x – 1) = 0

Û (x – 3)(x – 1) = 0

Û $[\begin{matrix} x - 3 = 0 \\ x - 1 = 0 \end{matrix}$ Û $[\begin{matrix} x = 3 \\ x = 1 \end{matrix}$ .

Do đó, phương trình x² – 4x + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

+ Giải 4x² = 0

Û x² = 0 Û x = 0.

Do đó, phương trình 4x² = 0 có nghiệm kép.

+ Giải x² + x + 1 = 0

Û x² + 2. $\frac{1}{2}$ x + $\frac{1}{4}$ + $\frac{3}{4}$ = 0 Û ${(x + \frac{1}{4})}^{2} + \frac{3}{4}$ > 0.

Do đó, phương trình x² + x + 1 = 0 vô nghiệm.

Câu 8:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, khẳng định nào sau đây là đúng?

A.

\hat{A B C} + \hat{B C D}

= 180°

B.

\hat{A B C} + \hat{A D C}

= 120°.

C. $\hat{A B C} + \hat{A D C}$ = 180°.

D.

\hat{A B C} + \hat{A D C}

= 90°.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, khẳng định nào sau đây là đúng? (ảnh 1)

Ta có $\hat{A B C} + \hat{A D C}$ = 180° (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Vậy đáp án C đúng.

Câu 9:

x = 2 là nghiệm của phương trình nào?

A. x² – 4 = 0.

B. x² + x + 1 = 0.

C. x² + 5x = 0.

D. x² + 4 = 0.

Xem đáp án

Đáp án đúng là:

+ Thay x = 2 vào phương trình x² – 4 = 0, ta được:

2² – 4 = 4 – 4 = 0

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình x² – 4 = 0.

+ Thay x = 2 vào phương trình x² + x + 1 = 0, ta được:

2² + 2 + 1 = 4 + 2 + 1 = 7 ≠ 0.

Vậy x = 2 không là nghiệm của phương trình x² + x + 1 = 0.

+ Thay x = 2 vào phương trình x² + 5x = 0, ta được:

2² + 5.2 = 4 + 10 = 14 ≠ 0.

Vậy x = 2 không là nghiệm của phương trình x² + 5x = 0.

+ Thay x = 2 vào phương trình x² + 4 = 0, ta được:

2² + 4 = 4 + 4 = 8 ≠ 0.

Vậy x = 2 không là nghiệm của phương trình x² + 4 = 0.

Câu 10:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn của phương trình 4x – 3y = −1 là đường thẳng nào sau đây?

A. y = −4x – 1.

B. y = 4x + 1.

C. y =

\frac{4}{3}

x −

\frac{1}{3}

.

D. y =

\frac{4}{3}

x +

\frac{1}{3}

.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có: 4x – 3y = −1 Û 3y = 4x + 1

Û y = $\frac{4 x + 1}{3}$ = $\frac{4}{3}$ x + $\frac{1}{3}$ .

Câu 11:

Cho phương trình 4x⁴ + x² – 5 = 0. Đặt x² = t (t ≥ 0) thì phương trình đã cho trở thành phương trình nào trong các phương trình sau?

A. 2t² + t – 5 = 0.

B. 4t² + t − 5 = 0.

C. t² + t – 5 = 0.

D. 4t⁴ + t² – 5 = 0.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có x² = t (t ≥ 0), khi đó phương trình 4x⁴ + x² – 5 = 0 trở thành:

4t² + t – 5 = 0.

Câu 12:

Cặp số (x; y) nào sau đây là nghiệm phương trình x – 5y = −7?

A. (2; 4).

B. (0; 1).

C. (3; 2).

D. (−1; 2).

Xem đáp án

Đáp án đúng là:

+ Thay các giá trị x = 2, y = 4 vào phương trình x – 5y = −7, ta được:

2 – 5.4 = 2 – 20 = -18 ≠ −7.

Do đó cặp số (2; 4) không là nghiệm của phương trình x – 5y = −7.

+ Thay các giá trị x = 0, y = 1 vào phương trình x – 5y = −7, ta được:

0 – 5.1 = 0 – 5 = -5 ≠ −7.

Do đó cặp số (0; 1) không là nghiệm của phương trình x – 5y = −7.

+ Thay các giá trị x = 3, y = 2 vào phương trình x – 5y = −7, ta được:

3 – 5.2 = 3 – 10 = −7.

Do đó cặp số (3; 2) là nghiệm của phương trình x – 5y = −7.

+ Thay các giá trị x = −1, y = 2 vào phương trình x – 5y = −7, ta được:

(−1) – 5.2 = -1 – 10 = -11 ≠ −7.

Do đó cặp số (−1; 2) không là nghiệm của phương trình x – 5y = −7.

Câu 13:

) Giải hệ phương trình và phương trình sau:

a) $\{\begin{matrix} 3 x - 1 = 0 \\ 3 x + 2 y = 3 \end{matrix}$

b) x² + x – 2 = 0

2) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

Xem đáp án

1)

a) $\{\begin{matrix} 3 x - 1 = 0 \\ 3 x + 2 y = 3 \end{matrix}$

Û $\{\begin{matrix} 3 x = 1 \\ 3 x + 2 y = 3 \end{matrix}$

Û $\{\begin{matrix} x = \frac{1}{3} (1) \\ 3 x + 2 y = 3 (2) \end{matrix}$

Thế (1) vào (2) ta được: 3. $\frac{1}{3}$ + 2y = 3

Û 2y = 2

Û y = 1.

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất $(\frac{1}{3}; 1)$ .

b) x² + x – 2 = 0

Û x² + 2x – x – 2 = 0

Û x(x + 2) – (x + 2) = 0

Û (x + 2)(x – 1) = 0

Û $[\begin{matrix} x + 2 = 0 \\ x - 1 = 0 \end{matrix}$ Û $[\begin{matrix} x = - 2 \\ x = 1 \end{matrix}$ .

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −2 và x = 1.

2) Gọi chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x (m) (x > 0).

Chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x – 7 (m)

Do độ dài đường chéo của mảnh đất là 13m nên:

x² + (x – 7)² = 13²

Û x² + x² – 14x + 49 = 169

Û x² – 7x – 60 = 0

Û x² – 12x + 5x – 60 = 0

Û x(x – 12) + 5(x – 12) = 0

Û (x + 5)(x – 12) = 0

Û x = −5 (loại) hoặc x = 12 (nhận).

Vậy chiều dài của mảnh đất là 12m, chiều rộng của mảnh đất là 12 – 7 = 5m.

Câu 14:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x²

1) Tính f(−1); f(3).

2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x². Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x² và có hoành độ là m (−1 < m < 3). Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất.

Xem đáp án

1) + f(−1) $\frac{1}{2}$

Thay x = −1 vào y = x², ta được: f(−1) = (−1)² = 1.

+ f(3)

Thay x = 3 vào y = x², ta được: f(3) = 3² = 9.

Vậy f( – 1) = 1 và f(3) = 9.

2) Kẻ AH, MK, BI lần lượt vuông góc với Ox tại H, M, I ta được hình vẽ sau:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x2 1) Tính f(−1); f(3). 2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x2. Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x2 và có hoành độ là m (−1 < m < 3). Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. (ảnh 1)

Khi đó AH = |y_A| = 1; OH = |x_A| = |-1| = 1;

OK = |x_M| = |m|; MK = |y_M| = m²;

OI = |x_B| = 3; BI = |y_B| = 9.

Suy ra: HK = |m + 1|; KI = OI – OK = |3 – m|;

HI = OH + OI = 1 + 3 = 4.

Ta có: S_∆ABM = S_AHIB – S_AHKM – S_MKIB

Ta có: Tứ giác AHIB, AHKM, MKIB là những hình thang vuông nên:

S_AHIB = $\frac{1}{2}$ (AH + BI). HI = $\frac{1}{2}$ (1 + 9).4 = 20 (đvdt).

S_AMKH = $\frac{1}{2}$ (AH + MK). HK = $\frac{1}{2}$ (1 + |y_M|).|x_M + 1| = $\frac{1}{2}$ (1 + m²).|m + 1|

S_MKIB = $\frac{1}{2}$ (MK + BI). KI = (m² + 9). |3 – m|

Þ S_ABM= 20 − $\frac{1}{2}$ (1 + m²).|m + 1| − $\frac{1}{2}$ (m² + 9). |3 – m|

Do −1 < m < 3 nên $\{\begin{matrix} | m + 1 | = m + 1 \\ | 3 - m | = 3 - m \end{matrix}$ , ∀m Î (−1;3)

Khi đó: S_ABM= 20 − (1 + m²).(m + 1) − (m² + 9). (3 – m)

= 20 − $\frac{1}{2}$ (m + 1 + m³ + m²) − $\frac{1}{2}$ (3m² – m³ + 27 – 9m)

= 20 − $\frac{1}{2}$ (4m² – 8m + 28)

Để diện tích của tam giác ABM đạt GTLN thì (4m² – 8m + 28) đạt GTNN

Mà (4m² – 8m + 28) = 4(m² – 2m + 7) = 4(m² – 2m + 1) + 24 = 4(m – 1)² + 24 ≥ 24, ∀m

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

Vậy (4m² – 8m + 28) đạt GTNN bằng 24 khi m = 1.

Vậy S_∆ABM đạt GTLN bằng 8 khi m = 1.

Câu 15:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H.

1) Tính $\hat{B D C}$ .

2) Chứng minh AEHD là tứ giác nội tiếp.

3) Các đường thẳng BD và CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại P và Q (P khác B, Q khác C). Chứng minh HB.HP = HC.HQ.

4) Chứng minh OA vuông góc DE.

Xem đáp án

a) Ta có BD ^ AC (gt) Þ $\hat{B D C}$ = 90°

b) Ta có

CE ^ AB (gt) Þ $\hat{A E C}$ = 90°

BD ^ AC (gt) Þ $\hat{B D A}$ = 90°

Þ $\hat{A E C} + \hat{B D A}$ = 180°

Þ AEHD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°).

3) Xét ∆BHQ và ∆CHP có:

$\hat{B H Q} = \hat{C H P}$ (Hai góc đổi đỉnh)

$\hat{B Q H} = \hat{C P H}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn (O)).

Nên ∆BHQ $∽$ ∆CHP (g.g)

Þ $\frac{B H}{C H} = \frac{H Q}{H P}$ Þ HB.HP = HC.HQ

4) Ta có

$\hat{B D C} = \hat{B E C}$ = 90° (chứng minh trên)

Mà hai góc $\hat{B D C}$ và $\hat{B E C}$ cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vuông

Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Þ $\hat{B D E} = \hat{B C Q}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE) (1).

Có $\hat{B C Q} = \hat{Q P B}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn (O)) (2).

Từ (1) và (2) Þ $\hat{Q P B} = \hat{B D E}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị Þ PQ // DE (*).

Ta có $\hat{D C E} = \hat{D B E}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung DE của đường tròn nội tiếp tứ giác BCDE).

Hay $\hat{A C Q} = \hat{A B P}$ Û AP = AQ (3).

Mặt khác: OP = OQ (cùng là bán kính của đường tròn (O)) (4).

Từ (3) và (4) Þ OA là đường trung trực của đoạn thẳng PQ Þ OA ^ PQ (*)(*).

Từ (*) và (*)(*) suy ra OA ^ DE (đpcm).

Câu 16:

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn (a + b + c)abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = $\frac{a^{5}}{a^{3} + 2 b^{3}} + \frac{b^{5}}{b^{3} + 2 c^{3}} + \frac{c^{5}}{c^{3} + 2 a^{3}}$ .

Xem đáp án

Ta có:

$\frac{a^{5}}{a^{3} + 2 b^{3}} = \frac{a^{2} [a^{3} + 2 b^{3}] - 2 a^{2} b^{3}}{a^{3} + 2 b^{3}}$ = a² − 2 $\frac{a^{2} b^{3}}{a^{3} + 2 b^{3}}$

a³ + 2b³ = a³ + b³ + b³ ≥ $3 \sqrt[3]{a^{3} . b^{3} . b^{3}}$ Þ a³ + 2b³≥ 3ab²

Þ $\frac{a^{2} b^{3}}{a^{3} + 2 b^{3}}$ ≤ $\frac{a^{2} b^{3}}{3 a b^{2}}$ Þ $\frac{a^{2} b^{3}}{a^{3} + 2 b^{3}}$ ≤ $\frac{a b}{3}$

Þ a² − 2 $\frac{a^{2} b^{3}}{a^{3} + 2 b^{3}}$ ≥ a² − $\frac{2}{3}$ ab Þ $\frac{a^{5}}{a^{3} + 2 b^{3}}$ ≥ a² − $\frac{2}{3}$ ab

Chứng minh tương tự

$\frac{b^{5}}{b^{3} + 2 c^{3}}$ ≥ b² − $\frac{2}{3}$ bc, $\frac{c^{5}}{c^{3} + 2 a^{3}}$ ≥ c² − $\frac{2}{3}$ ca.

Từ đây ta có S ≥ a² + b² + c² − $\frac{2}{3}$ ab − $\frac{2}{3}$ bc − $\frac{2}{3}$ ca

= $\frac{1}{2}$ [(a – b)² + (b – c)² + (c – a)²] + $\frac{1}{3}$ (ab + bc + ca)

Þ P ≥ $\frac{1}{3}$ (ab + bc + ca)

Áp dụng bất đẳng thức (x + y + z)² ≥ 3(xy + yz + zx), ta có:

(ab + bc + ca)² ≥ 3 Þ ab + bc + ca ≥ $\sqrt{3}$

Þ P ≥ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = $\frac{1}{\sqrt[4]{3}}$

Vậy min S =

\frac{\sqrt{3}}{3}

tại (a;b;c) =

(\frac{1}{\sqrt[4]{3}}; \frac{1}{\sqrt[4]{3}}; \frac{1}{\sqrt[4]{3}})

.