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

Câu 1:

Cho hàm số y = −x² có đồ thị là P và hàm số y = 2x – 3 có đồ thị là (D).

a) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.

a) Vẽ (P)

Bảng giá trị:

x	−2	−1	0	1	2
y = −x²	−4	−1	0	−1	−4

Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm: A(−2; −4), B(−1; −1), O(0; 0), C(1; −1), D(2; −4).

Vẽ (D)

Đường thẳng (D): y = 2x – 3 có a = 2, b = −3 đi qua hai điểm có tọa độ (0; b) và $(\frac{- b}{a}; 0) .$

Do đó, hai điểm thuộc đường thẳng (D) là M(0; −3) và N $(\frac{3}{2}; 0)$ .

Cho hàm số y = −x2 có đồ thị là P và hàm số y = 2x – 3 có đồ thị là (D). a) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. (ảnh 1)

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

−x² = 2x – 3

Û −x² – 2x + 3 = 0

Û x² + 2x – 3 = 0

Û x² – x + 3x – 3 = 0

Û x(x – 1) + 3(x – 1) = 0

Û (x+3)(x – 1) = 0

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

• Với x = −3 thì y = 2x – 3 = 2 . (−3) – 3 = −9.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (D) là E(−3; −9).

• Với x = 1 thì y = 2x – 3 = 2 . 1 – 3 = −1.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (D) là F(1; −1).

Vậy đồ thị hàm số (P) và (D) có 2 giao điểm là E(−3; −9) và F(1; −1).

Câu 2:

ho phương trình: 2x² – 3x – 8 = 0 có hai nghiệm x₁; x₂.

a) Không giải phương trình, hãy tính S = x₁ + x₂ và P = x₁x₂.

b) Tính: $\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} .$

Xem đáp án

a) Ta có phương trình 2x² – 3x – 8 = 0 với a = 2, b = −3, c = −8.

Theo định lý Vi – ét, ta có:

S = x₁ + x₂ = $\frac{- b}{a}$ = $\frac{3}{2}$ .

P = x₁x₂ = $\frac{c}{a}$ = $\frac{- 8}{2}$ = −4.

b) Ta có: $\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}}$ = $\frac{{x_{1}}^{2} + {x_{2}}^{2}}{x_{1} . x_{2}}$

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

= $\frac{{(\frac{3}{2})}^{2} - 2. (- 4)}{\frac{3}{2} . (- 4)}$ = $- \frac{41}{24}$ .

Câu 3:

Một chi tiết máy có các kích thước như hình 1. Tính thể tích của chi tiết máy đó (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Xem đáp án

Thể tích phần cần tính là tổng thế tích của hai hình trụ có đường kính là 11 cm và chiều cao là 2 cm.

V₁ = pR².h₁ = $π . {(\frac{11}{2})}^{2} .2$ = 60,5p (cm³)

Thể tích hình trụ có đường kính đáy là 6 cm, chiều cao là 7 cm là:

V₂ = pR².h₂ = $π . {(\frac{6}{2})}^{2} .7$ = 63p (cm³)

Thể tích của chi tiết máy là:

V = V₁ + V₂ = 60,5p + 63p = 123,5p (cm³).

Ta có: 123,5p ≈ 388.

Vậy thể tích của chi tiết máy đó (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 388 cm³.

Câu 4:

Hai trường A và B có tất cả 630 học sinh đậu vào lớp 10 công lập, đạt tỉ lệ 84% tổng số học sinh dự thi của hai trường. Riêng trường A có tỉ lệ đậu là 80%. Riêng trường B có tỉ lệ đậu là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường.

Xem đáp án

Gọi x (học sinh), y (học sinh) lần lượt là số học sinh dự thi của trường A và trường B (x, y > 0).

Trường A có tỉ lệ đậu là 80%, trường B có tỉ lệ đậu là 90% và có 84% tổng thí sinh dự thi của hai trường thi đậu, ta có phương trình:

80%x + 90%y = 84%(x + y)

Û 0,8x + 0,9y = 0,84x + 0,84y

Û −0,04x + 0,06y = 0 (1)

Theo đề bài, tất cả 630 học sinh đậu vào lớp 10 công lập, đạt tỉ lệ 84% tổng số học sinh dự thi của hai trường, nên ta có phương trình:

84%(x + y) = 630

Û 0,84x + 0,84y = 630 (2)

Từ (1) và (2) ta lập được hệ phương trình:

$\{\begin{matrix} - 0, 04 x + 0, 06 y = 0 \\ 0, 84 x + 0, 84 y = 630 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} 2 x - 3 y = 0 \\ x + y = 750 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} 2 x - 3 . (750 - x) = 0 \\ y = 750 - x \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} 2 x - 2250 + 3 x = 0 \\ y = 750 - x \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} 5 x = 2250 \\ y = 750 - x \end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = 450 (T M) \\ y = 300 (T M) \end{matrix}$

Vậy trường A có 450 học sinh dự thi và trường B có 300 học sinh dự thi.

Câu 5:

Một vật rơi ở độ cao so với mặt đất là 100 m. Quãng đường chuyển động s (mét) của vật rơi phụ thuộc vào thời gian t (giây) được biểu diễn bởi công thức s = 4t².

a) Sau 2 giây, vật này cách mặt đất bao nhiêu mét?

b) Hỏi sau bao lâu vật này tiếp đất?

Xem đáp án

a) Quãng đường vật đi được sau 2 giây là:

s = 4.2² = 16 (m)

Sau 2 giây, khoảng cách của vật này với mặt đất là:

100 – 16 = 84 (m).

Vậy sau 2 giây, vật này cách mặt đất 84 m.

b) Ta có s = 4t² mà vật rơi ở độ cao cách mặt đất là 100m. Khi đó:

4t² = 100 Û t² = 25 Þ t = 5(s)

Vậy vật này tiếp đất sau 5 giây.

Câu 6:

Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), có các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AK của đường tròn (O).

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

b) Gọi D là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AE.AC = AH.AD.

c) Gọi M là hình chiếu của D lên BE. Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với AK, đường thẳng này cắt CF tại N. Chứng minh: AK ^ EF và tứ giác HNDM nội tiếp.

Xem đáp án

Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), có các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn. b) Gọi D là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AE.AC = AH.AD. c) Gọi M là hình chiếu của D lên BE. Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với AK, đường thẳng này cắt CF tại N. Chứng minh: AK  EF và tứ giác HNDM nội tiếp. (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{B F C}$ = 90° (CF là đường cao)

$\hat{B E C}$ = 90° (BE là đường cao)

Xét tứ giác BFEC có $\hat{B F C} = \hat{B E C}$ = 90°

Mà 2 đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc bằng nhau.

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Ta có BE, CF là đường cao trong ∆ABC và BE, CF cắt nhau tại H.

Khi đó, H là trực tâm ∆ABC nên AD là đường cao.

Do đó $\hat{A D C}$ = 90°.

Xét ∆AHE và ∆ACD có:

$\hat{D A C}$ là góc chung.

$\hat{A E H} = \hat{A D C}$ (= 90°).

Do đó ∆AHE $∽$ ∆ACD (g.g).

Suy ra $\frac{A H}{A E} = \frac{A C}{A D}$ (cặp cạnh tương ứng).

Vậy AE.AC = AH.AD (đpcm).

c) Gọi Ax là tiếp tuyến đường tròn tâm O.

Ta có: $\hat{A B C} = \hat{x A C}$ (cùng chắn cung AC).

$\hat{F B C} + \hat{F E C} = 180 °$ (tứ giác BFEC nội tiếp).

Hay $\hat{A B C} + \hat{F E C} = 180 °$

Mà $\hat{C E F} + \hat{A E F} = 180 °$

Suy ra $\hat{A B C} = \hat{A E F}$ mà $\hat{A B C} = \hat{x A C}$

Do đó $\hat{x A C} = \hat{A E F}$ Þ EF // Ax

Mà Ax ^ OA(tiếp tuyến đường tròn tâm O) hay Ax ^ AK (AK là đường kính)

Suy ra EF ^ AK.

Ta có: AK ^ EF (chứng minh trên) mà MN ^ AK Þ EF // MN

Suy ra $\hat{F E M} = \hat{E M N}$ mà $\hat{F E M} = \hat{F C B}$ (cùng chắn cung BF).

Nên $\hat{E M N} = \hat{F C B}$

Do đó $\hat{N M D} = \hat{N H D}$ .

Vậy HNDM nội tiếp (cùng nhìn cạnh ND dưới hai góc bằng nhau).