7 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 4)

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 4)

9630 lượt thi
7 câu hỏi
45 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

a . x + 4 = \frac{6 x}{7 - x}

Xem đáp án

$\begin{array}{l} a) x + 4 = \frac{6 x}{7 - x} (x \neq 7) \\ \Rightarrow (x + 4) (7 - x) = 6 x \\ \Leftrightarrow - x^{2} + 3 x + 28 = 6 x \Leftrightarrow x^{2} + 3 x - 28 = 0 \Rightarrow [\begin{array}{l} x = 4 \\ x = - 7 \end{array} \\ S = \{4; - 7\} \end{array}$

Câu 2:

$b . x^{4} + 9 x^{2} - 400 = 0$

Xem đáp án

b) $x^{4} + 9 x^{2} - 400 = 0$

Đặt $t = x^{2} (t \geq 0)$ phương trình thành: $t^{2} + 9 t - 400 = 0$ có $Δ = 9^{2} - 4.1. (- 400) = 1681 > 0$

Suy ra phương trình có hai nghiệm $[\begin{array}{l} t_{1} = \frac{- 9 - \sqrt{1681}}{2} = - 25 (l o a i) \\ t_{2} = \frac{- 9 + \sqrt{1681}}{2} = 16 (t h o a) \end{array}$

$\Rightarrow x^{2} = 16 \Leftrightarrow x = \pm 4$

Vậy $S = \{\pm 4\}$

Câu 3:

Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 3 cm và cạnh huyền bằng 15 cm. Tính chu vi tam giác đó.

Xem đáp án

Gọi a là cạnh góc vuông bé ( 0 < a < 15) => a + 3 là cạnh góc vuông lớn

Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình : $a^{2} + {(a + 3)}^{2} = 15^{2}$

$\Leftrightarrow 2 a^{2} + 6 a - 216 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = 9 \\ a = - 12 (l o a i) \end{array}$

Vậy hai cạnh góc vuông là 9 cm và 12 cm

Chu vi tam giác là P = 9 + 12 + 15 = 36 (cm)

Câu 4:

Cho đường tròn (O) bán kính R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của OC, tia AI cắt đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của (O) tại C cắt đường thẳng AM tại E.

a) Chứng minh tứ giác IOBM nội tiếp

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) bán kính R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của OC, tia AI cắt đường tròn (O) tại M (ảnh 1)

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

\Rightarrow \hat{I O B} + \hat{I M B} = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0} \Rightarrow I O B M

là tứ giác nội tiếp

Câu 5:

b) Chứng minh CE = R

Xem đáp án

b) Xét

Δ C I E

và

Δ O I A

có

\hat{C} = \hat{O} = 90^{0}; C I = I O (g t); \hat{A I O} = \hat{C I E}

(đối đỉnh)

\Rightarrow Δ C I E = Δ O I A (g c g) \Rightarrow C E = A O = R

Câu 6:

c) Chứng minh EB là tiếp tuyến của (O).

Xem đáp án

c) Tứ giác CEOB có $C E = O B = R, C E / / O B ($ cùng $⊥ C D)$

$\Rightarrow C E O B$ là hình bình hành có $\hat{C O B} = 90^{0} \Rightarrow C E O B$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow O B ⊥ B E$ và $B \in (O) \Rightarrow E B$ là tiếp tuyến của (O)

CEBO là hình chữ nhật có OC = OB = R nên CEOB là hình vuông nên BE = R

Câu 7:

d) Tính diện tích tam giác BME theo R

Xem đáp án

d) Xét $Δ A O I$ và $Δ A M B$ có $\hat{A}$ chung: $\hat{O} = \hat{M} = 90^{0}$

$\Rightarrow Δ A O I ~ Δ A M B (g - g) \Rightarrow \frac{O I}{M B} = \frac{A I}{A B} (*)$

Áp dụng định lý Pytago ta có $A I = \sqrt{A O^{2} + O I^{2}} = \sqrt{R^{2} + {(\frac{R}{2})}^{2}} = \frac{R \sqrt{5}}{2}$

Thay vào (*) ta có $\frac{O I}{M B} = \frac{A I}{A B} h a y \frac{R / 2}{M B} = \frac{\frac{R \sqrt{5}}{2}}{2 R} \Rightarrow M B = \frac{R^{2}}{\frac{R \sqrt{5}}{2}} = \frac{2 R}{\sqrt{5}}$

Áp dụng định lý Pytago $\Rightarrow M E = \sqrt{E B^{2} - B M^{2}} = \sqrt{R^{2} - {(\frac{2 R}{\sqrt{5}})}^{2}} = \frac{R \sqrt{5}}{5}$

$\Rightarrow S_{B M E} = \frac{B M . B E}{2} = \frac{\frac{2 R}{\sqrt{5}} . \frac{R \sqrt{5}}{5}}{2} = \frac{R^{2}}{5} (d v d t)$

Bắt đầu thi ngay