6 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 3)

Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023

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 thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 3)

6548 lượt thi
6 câu hỏi
45 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

\frac{6}{x + 3} + \frac{x - 4}{x - 2} = 4

Xem đáp án

$\begin{array}{l} a) \frac{6}{x + 3} + \frac{x - 4}{x - 2} = 4 (\begin{array}{l} x \neq - 3 \\ x \neq 2 \end{array}) \\ \Leftrightarrow \frac{6 (x - 2) + (x - 4) (x + 3)}{(x + 3) (x - 2)} = 4 \\ \Leftrightarrow \frac{6 x - 12 + x^{2} - x - 12}{x^{2} + x - 6} = 4 \\ \Rightarrow x^{2} + 5 x - 24 = 4 x^{2} + 4 x - 24 \\ \Leftrightarrow 3 x^{2} - x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \frac{1}{3} \end{array} (t m) \\ S = \{0; \frac{1}{3}\} \end{array}$

Câu 2:

b) Xác định hàm số y = ax² biết đồ thị hàm số đi qua điểm M (-2;2). Vẽ đồ thị hàm số ứng với a tìm được.

Xem đáp án

$\begin{array}{l} b) M (- 2; 2) \in y = a x^{2} \Rightarrow 2 = a . {(- 2)}^{2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \\ \Rightarrow (P) : y = \frac{1}{2} x^{2} \end{array}$

Học sinh tự vẽ đồ thị

Câu 3:

Một hình chữ nhật có diện tích bằng 1440 cm², chiều dài hơn chiều rộng 62 cm. Tính đường chéo của hình chữ nhật đó

Xem đáp án

Gọi a (cm) là chiều rộng của hình chữ nhật => Chiều dài: a + 62

Vì diện tích là nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l} a (a + 62) = 1440 \\ \Leftrightarrow a^{2} + 62 a - 1440 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = - 80 (l o a i) \\ a = 18 (c h o n) \end{array} \end{array}$

Vậy chiều dài là 18 + 62 = 80 (cm)

Đường chéo của hình chữ nhật là $\sqrt{80^{2} + 18^{2}} = 82 (c m)$

Câu 4:

Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R và A là một điểm nằm ngoài đường tròn. Các tia BA, CA cắt (O) theo thứ tự tại E và F, EC cắt BF tại H, tia AH cắt BC tại K.

a) Chứng minh

A H ⊥ B C

và tứ giác HEBK nội tiếp

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R và A là một điểm nằm ngoài đường tròn. Các tia BA, CA cắt (O) theo thứ tự tại E và F, EC cắt BF tại H (ảnh 1)

a) Ta có $\hat{B E C} = \hat{B F C} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow C E ⊥ A B, B F ⊥ A C \Rightarrow H$ là trực tâm $Δ A B C \Rightarrow A K ⊥ B C$

Và

\hat{B E H} + \hat{B K H} = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0}

suy ra BEHK là tứ giác nội tiếp

Câu 5:

b) Chứng minh EC là phân giác của

\overset{⏜}{F E K}

Xem đáp án

b) Vì EHKB là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \hat{K E H} = \hat{K B H}$ (cùng chắn KH)

Mà

\hat{K B H} = \hat{H E F}

(cùng chắn FC)

\Rightarrow \hat{K E H} = \hat{H E F} \Rightarrow E C

là tia phân giác

\hat{F E K}

Câu 6:

c) Giả sử AB = AC = 2R. Tính diện tích phần giao của tam giác ABC với hình tròn (O)

Xem đáp án

c) $A B = A C = 2 R \Rightarrow Δ A B C$ đều $\Rightarrow S_{A B C} = \frac{{(2 R)}^{2} \sqrt{3}}{4} = R^{2} \sqrt{3}$

Khi $Δ A B C$ đều mà $C E ⊥ A B, B F ⊥ A C \Rightarrow C E, B F$ là hai dường trung tuyến

$\Rightarrow Δ A E F$ đều có $A E = \frac{A B}{2} = R \Rightarrow S_{A E F} = \frac{R^{2} \sqrt{3}}{4}$

$Δ EOF$ cũng đều $\Rightarrow S_{q (E O F)} = \frac{π R^{2} {.60}^{0}}{360^{0}} = \frac{π R^{2}}{6}$

$S_{E O F} = \frac{R^{2} \sqrt{3}}{4} \Rightarrow S$ viên phân cung EF = $\frac{R^{2} \sqrt{3}}{4} - \frac{π R^{2}}{6} = \frac{R^{2} (3 \sqrt{3} - 2 π)}{12}$

Diện tích cần tìm $= S_{A B C} - S_{A E F} + S_{v p \overset{⏜}{E F}} = R^{2} \sqrt{3} - \frac{R^{2} \sqrt{3}}{4} + \frac{R^{2} (3 \sqrt{3} - 2 π)}{12} = \frac{R^{2} (6 \sqrt{3} - π)}{6} (d v d t)$

Bắt đầu thi ngay