5 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 8)

Câu 1:

1) Giải phương trình: x⁴ − 3x² + 2 = 0

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

Xem đáp án

1) Đặt x²= t (t ≥ 0), phương trình x⁴ − 3x² + 2 = 0 trở thành:

t² – 3t + 2 = 0

<=> t² – t – 2t + 2 = 0

<=>t (t – 1) – 2 (t – 1) = 0

<=> (t – 1). (t – 2) = 0

<=>

[\begin{array}{l} t - 1 = 0 \\ t - 2 = 0 \end{array}

<=>

[\begin{array}{l} t = 1 \\ t = 2 \end{array}

(thỏa mãn)

Với t = 2 thì: x²= 2

<=> x²– 2 = 0

(x – $\sqrt{2}$ ). (x + $\sqrt{2}$ )= 0

x₁ = $2$ , x₂ = – $\sqrt{2}$

Với t = 1 thì: x²= 1

<=> x²– 1 = 0

<=> (x – 1).(x +1) = 0

x₃ = 1, x₄ = –1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {– $\sqrt{2}$ ; –1; 1; $\sqrt{2}$ }.

2) $\{\begin{cases} x + y = 3 \\ 2 x - 3 y = 1 \end{cases} < = > \{\begin{cases} 2 x + 2 y = 6 \\ 2 x - 3 y = 1 \end{cases} < = > \{\begin{cases} x = 2 \\ y = 1 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là: (x; y) = (2; 1)

Câu 2:

1)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một hội trường có 100 ghế ngồi được kê thành những dãy ghế, mỗi dãy ghế có số ghế ngồi như nhau. Sau đó, khi sửa chữa người ta đã bổ sung thêm 5 dãy ghế. Để đảm bảo số chỗ ngồi của hội trường như ban đầu, mỗi dãy ghế được kê ít hơn so với ban đầu là 1 ghế. Hỏi ban đầu, hội trường có bao nhiêu dãy ghế?

2) Chiếc mũ sinh nhật là một hình nón được làm từ bìa cứng có đường kính đáy là 36cm, độ dài đường sinh là 35cm. Hãy tính diện tích phần bìa cứng để làm chiếc mũ nói trên. (Bỏ qua mép gấp và cho π ≈ 3,14).

Xem đáp án

1)

Gọi số dãy ghế ban đầu là x (dãy) (x ∈ ℕ^*).

Số dãy ghế thực tế là x + 5 (dãy)

Lúc đầu mỗi dãy có số ghế là: $\frac{100}{x}$ (ghế)

Thực tế mỗi dãy có số ghế là: $\frac{100}{x + 5}$ (ghế)

Vì mỗi dãy ghế được kê ít hơn so với ban đầu là 1 ghế do đó ta có phương trình:

$\frac{100}{x} - \frac{100}{x + 5}$ = 1

<=>100 (x + 5) − 100x = x (x + 5)

<=>100x + 500 − 100x = x² + 5x

<=>x² + 5x − 500 = 0

<=>(x – 20) (x + 25) = 0

<=> $[\begin{array}{l} x - 20 = 0 \\ x + 25 = 0 \end{array}$

<=> $[\begin{array}{l} x = 20 \\ x = - 25 \end{array}$

Ta thấy chỉ có x = 20 là thỏa mãn điều kiện.

Vậy số dãy ghế ban đầu là 20 dãy ghế.

2) Vì đường kính đáy là 36 (cm) nên bán kính đáy của chiếc mũ sinh nhật là:

R = $\frac{36}{2}$ = 18 (cm)

Vì chiếc mũ sinh nhật là hình nón nên diện tích bìa cứng dùng đẻ làm chiếc mũ nói trên là:

S = π. R. l = 3,14. 18.35 = 1978,2 (cm²)

Vậy diện tích phần bài cứng để làm một chiếc mũ như trên là 1978,2 (cm²).

Câu 3:

Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = 4x − m + 1.

1)Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 4.

2) Gọi hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x₁, x₂. Tìm m để $\sqrt{x_{1}}$ = $\sqrt{2 x_{2}}$ .

Xem đáp án

1) Phương trình đường thẳng (d) khi m = 4 là: y = 4x − 4 + 1 = 4x – 3.

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 4 là:

x²= 4x – 3

<=> x²– 4x + 3 = 0

<=> x²– x – 3x + 3 = 0

<=> x (x – 1) – 3 (x – 1) = 0

<=> (x – 1) (x – 3) = 0

<=>

[\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 3 \end{array}

Khi x = 1 thì y = 1²= 1

Khi x = 3 thì y = 3²= 9

Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 4 là: (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (3; 9).

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

x² = 4x − m + 1

<=> x² − 4x + m − 1= 0

Ta có: △ = b² – 4ac = (−4)² – 4. (m – 1) = – 4m + 20

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

∆ > 0

– 4m + 20 > 0

– 4m > – 20

m < 5

Theo định lý Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = – $\frac{b}{a}$ = 4 (1)

x₁.x₂ = $\frac{c}{a}$ = m – 1 (2)

Ta có: $\sqrt{x_{1}}$ = $\sqrt{2 x_{2}}$

x₁ = 2x₂ (3)

Từ (1) ta có: x₁ = 4 – x₂thay vào (3) ta được:

<=>4 – x₂ = 2x₂

<=> 3x₂ = 4

<=> x₂= $\frac{4}{3}$

Vậy x₁ = 4 – x₂= 4 – $\frac{4}{3}$ = $\frac{8}{3}$

Thay x₁ = $\frac{8}{3}$ và x₂= $\frac{4}{3}$ vào (2) ta được:

$\frac{4}{3} . \frac{8}{3}$ = m – 1

<=> m = $\frac{32}{9}$ + 1

<=> m = $\frac{41}{9}$ (TMĐK)

Vậy m = $\frac{41}{9}$ .

Câu 4:

Cho ∆ABC nhọn (AB > AC) nội tiếp đường tròn (O), kẻ đường cao AH của ∆ ABC và đường kính AD của (O). Gọi M là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AD.

1) Chứng minh tứ giác ABMH nội tiếp.

2) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt hai tia AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh AB.AE = AC.AF.

3) Gọi I là trung điểm của BC, đường thẳng qua I song song với CD cắt BM tại K, tia DK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S. Hai đường thẳng BC và EF cắt nhau tại Q. Chứng minh tứ giác SBKI nội tiếp và SQ là tiếp tuyến của (O).

Xem đáp án

Cho ∆ABC nhọn (AB > AC) nội tiếp đường tròn (O), kẻ đường cao AH của ∆ ABC và đường kính AD của (O). Gọi M là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AD. 1) Chứng minh tứ giác ABMH nội tiếp. 2) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt hai tia AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh AB.AE = AC.AF. 3) Gọi I là trung điểm của BC, đường thẳng qua I song song với CD cắt BM tại K, tia DK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S. (ảnh 1)

1) Vì AH là đường cao của ∆ ABC nên = 90°.

Vì M là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AD nên $\hat{A M B}$ = 90°.

Suy ra $\hat{A H B} = \hat{A M B}$ = 90°.

Do đó H và M là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn AB dưới một góc bằng nhau và bằng 90°.

Vì vậy tứ giác ABHM nội tiếp.

2) Nối B với D và D với C.

Xét đường tròn (O) ta có:

$\hat{A B D} = \hat{A C D}$ = 90° (góc nội tiếp chắn đường kính AD).

BD ⊥ AE, DC ⊥ AF

Xét ∆ADE vuông tại D, có DB là đường cao:

Áp dụng hệ thức lượng ta có: AB. AE = AD²

Xét ∆ADF vuông tại D, có DC là đường cao:

Áp dụng hệ thức lượng ta có:AC.AF = AD²

Do đó: AB. AE = AC.AF (đpcm).

3) Vì IK // CD nên $\hat{B I K} = \hat{B C K}$ = (2 góc định vị) (1)

Xét đường tròn (O) ta có: $\hat{B S D} = \hat{B C D}$ (góc nội tiếp chắn cung BD) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác SBKI nội tiếp $\hat{I B K} = \hat{I B M} = \hat{I S K}$ (1)

Vì I là trung điểm BC OI ⊥ BC => $\hat{O I B}$ = 90°

$\hat{O I B} = \hat{O M B}$ = 90° và cùng chắn cung OB nên: Tứ giác OIMB nội tiếp

$\hat{I O M} = \hat{I B M}$ (2)

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

Tứ giác OISD nội tiếp => O, I, S, D thuộc một đường tròn (3)

Vì $\hat{O I Q} = \hat{O D Q}$ = 90° và cùng chắn cung OQ nên: Tứ giác OIDQ nội tiếp O, I, D, Q thuộc một đường tròn (4)

Từ (3) và (4) suy ra: O, I, D, Q, S thuộc một đường tròn

=> Tứ giác OSQD nội tiếp

=> $\hat{O S Q} = \hat{O D Q}$ = 90°

=> $\hat{O S Q} + \hat{O D Q}$ = 180°

=> $\hat{O S Q}$ = 180° − 90° = 90°

=> OS ⊥ SQ

=>SQ là tiếp tuyến (O) (đpcm)

Câu 5:

Với các số thực x, y thỏa mãn x − $\sqrt{x + 6}$ = $\sqrt{y + 6}$ − y. Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức P = x + y

Xem đáp án

Ta có: x − $\sqrt{x + 6}$ = $\sqrt{y + 6}$ − y

<=>x + 6 – 2. $\frac{1}{2}$ . $\sqrt{x + 6}$ + $\frac{1}{4}$ + y + 6 − 2. $\frac{1}{2}$ . $\sqrt{y + 6}$ + $\frac{1}{4}$ = $\frac{25}{2}$

<=> ${(\sqrt{x + 6} - \frac{1}{2})}^{2} + {(\sqrt{y + 6} - \frac{1}{2})}^{2} =$ $\frac{25}{2}$

Đặt a = $\sqrt{x + 6}$ − $\frac{1}{2}$ ; b = $\sqrt{y + 6}$ − $\frac{1}{2}$ nên a ≥ − $\frac{1}{2}$ ; b ≥ − $\frac{1}{2}$

Và a²+ b² = $\frac{25}{2}$ . Do đó − $\frac{1}{2}$ ≤ a ≤ $\frac{7}{2}$ ; − $\frac{1}{2}$ ≤ b ≤ $\frac{7}{2}$

Ta có: (a − b)² ≥ 0

<=> a²− 2ab + b²≥ 0

<=> a²+ b²≥ 2ab

<=> a²+ b²+ a²+ b²≥ 2ab + a²+ b²

<=> 2(a²+ b²) ≥ (a + b)²

a + b ≤ $\sqrt{2 (a^{2} + b^{2})}$ = $\sqrt{2. \frac{25}{2}}$ = 5

Đặt a = $\sqrt{x + 6}$ − $\frac{1}{2}$ nên:

a + $\frac{1}{2}$ = $\sqrt{x + 6}$

=> ${(a + \frac{1}{2})}^{2}$ = x+6

<=> a²+ 2. a. $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$ = x + 6

<=> x = a²+ a $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$ − 6

<=> x = a² + a − $\frac{23}{4}$

Đặt b = $\sqrt{y + 6}$ − $\frac{1}{2}$ nên:

b + $\frac{1}{2}$ = $\sqrt{y + 6}$

${(b + \frac{1}{2})}^{2}$ = ${(\sqrt{y + 6})}^{2}$

<=> b²+ 2. b. $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$ = y + 6

<=> y = b²+ b + $\frac{1}{4}$ − 6

<=> y = b² + b − $\frac{23}{4}$

Ta có: S = x + y = a²+ a − $\frac{23}{4}$ + b² + b − $\frac{23}{4}$

= $\frac{25}{2}$ − $\frac{23}{2}$ + a + b

= a + b + 1 ≤ 5 + 1 = 6

Dấu “=” xảy ra khi

$\{\begin{cases} a = b \\ a^{2} + b^{2} = \frac{25}{2} \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} a = b \\ b^{2} + b^{2} = \frac{25}{2} \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} a = b \\ 2 b^{2} = \frac{25}{2} \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} a = b \\ b = \frac{5}{2} \end{cases}$

=>

a = b = $\frac{5}{2}$

=> $\{\begin{cases} \sqrt{x + 6} - \frac{1}{2} = \frac{5}{2} \\ \sqrt{y + 6} - \frac{1}{2} = \frac{5}{2} \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} \sqrt{x + 6} = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} \\ \sqrt{y + 6} = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} \sqrt{x + 6} = 3 \\ \sqrt{y + 6} = 3 \end{cases}$

<=> $\{\begin{cases} {(\sqrt{x + 6})}^{2} = 3^{2} \\ {(\sqrt{y + 6})}^{2} = 3^{2} \end{cases}$

<=>

\{\begin{cases} x + 6 = 9 \\ y + 6 = 9 \end{cases}

=> x = y = 3

Vậy giá trị lớn nhất của biếu thức P là 6 đạt được khi x = y = 3.