Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Trắc nghiệm

Đáp án đúng là: D

Thay \({x_0} = - 2\) vào hàm số \(y = - 7{x^2}\), ta được: \(y = - 7.{\left( { - 2} \right)^2} = - 28\).

Vậy giá trị của hàm số tại \({x_0} = - 2\) là \( - 28\).

Đáp án đúng là: A

Để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;4} \right)\) thì ta có:

\(\left( { - 2m + 1} \right).{\left( { - 2} \right)^2} = 4\) hay \(4.\left( { - 2m + 1} \right) = 4\) suy ra \( - 2m + 1 = 1\), do đó \(m = 0\).

Đáp án đúng là: A

Từ đồ thị hàm số suy ra \(a < 0\) và đồ thị đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1; - 1} \right)\).

Do đó, đồ thị hàm số trên là của hàm số \(y = - {x^2}.\)

Đáp án đúng là: B

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\).

Do đó, \({x^2} - 2x - 8 = 0\) là một phương trình bậc hai một ẩn.

Đáp án đúng là: A

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có biệt thức \(\Delta = {b^2} - 4ac\) vô nghiệm khi \(\Delta < 0\) suy ra \({b^2} - 4ac < 0\) hay \({b^2} < 4ac.\)

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0\) có \(\Delta > 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}};{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}.\)

Vậy chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Thay \(x = 2\) vào phương trình \(4m{x^2} - x - 14{m^2} = 0\), ta được:

\(4m{.2^2} - 2 - 14{m^2} = 0\) hay \( - 14{m^2} + 16m - 2 = 0\) suy ra \(\left( {14m - 2} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\).

Do đó, \(m = \frac{1}{7}\) và \(m = 1\).

Vậy tổng các giá trị của \(m\) thỏa mãn là \(\frac{1}{7} + 1 = \frac{8}{7}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \({x^2} + mx - m = 0\) có biệt thức \(\Delta = {m^2} + 4m\).

Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 0\) suy ra \({m^2} + 4m = 0\) hay \(m\left( {m + 4} \right) = 0\).

Do đó, \(m = 0\) hoặc \(m = - 4\).

Vậy chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({x^2} + \left( {1 - m} \right)x - 3 = 0\) có biệt thức \(\Delta = {\left( {1 - m} \right)^2} - 4.\left( { - 3} \right)\) hay \(\Delta = {\left( {1 - m} \right)^2} + 12\).

Để phương trình vô nghiệm thì \(\Delta < 0\) hay \({\left( {1 - m} \right)^2} + 12 < 0\) suy ra \({\left( {1 - m} \right)^2} < - 12\) (vô lí do \({\left( {1 - m} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\)).

Do đó, không tồn tại \(m\) thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Ta có bảng giá trị của \[y\] tương ứng với giá trị của \[x\] trong bảng như sau:

Do đó, đồ thị hàm số \[y = - 2{x^2}\] đi qua các điểm có tọa độ \[\left( { - 2; - 8} \right)\]; \[\left( { - 1; - 2} \right)\]; \[\left( {0;0} \right)\]; \[\left( {1; - 2} \right)\]; \[\left( {2; - 8} \right)\].

Từ đây, ta có đồ thị của hàm số \[y = - 2{x^2}\] như sau:

Đáp án đúng là: D

• Thay \(x = 0\) vào hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) ta được: \(\frac{1}{3}{.0^2} = 0 \ne \frac{2}{3}\).

Do đó, đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) không đi qua điểm \(\left( {0; - \frac{2}{3}} \right)\).

• Thay \(x = - 1\) vào hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) ta được: \(\frac{1}{3}.{\left( { - 1} \right)^2} = \frac{1}{3} \ne - \frac{1}{3}\).

Do đó, đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) không đi qua điểm \(\left( { - 1; - \frac{1}{3}} \right).\)

• Thay \(x = 3\) vào hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) ta được: \(\frac{1}{3}{.3^2} = 3 \ne 6\).

Do đó, đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) không đi qua điểm \(\left( {3;6} \right).\)

• Thay \(x = 1\) vào hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) ta được: \(\frac{1}{3}{.1^2} = \frac{1}{3}\).

Do đó, đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}\) đi qua điểm \(\left( {1;\frac{1}{3}} \right).\)

Vậy chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Xét phương trình \({x^2} - 10x + 28 = 0\), ta có:

\(\Delta ' = {\left( { - 5} \right)^2} - 28 = 25 - 28 = - 3 < 0\).

Do đó, phương trình vô nghiệm.

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị hàm số, nhận thấy đồ thị có hệ số \(a < 0\) và đi qua các điểm có tọa độ \(\left( { - 2; - 1} \right);\)\(\left( {2; - 1} \right)\); \(\left( { - 4; - 4} \right);\) \(\left( {4; - 4} \right)\).

Thay \(x = - 2\) và \(y = - 1\) vào hàm số \(y = a{x^2}\) ta được: \({\left( { - 2} \right)^2}.a = - 1\) suy ra \(a = - \frac{1}{4}\).

Đáp án đúng là: A

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) \(\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).

Khi đó, theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a}.\end{array} \right.\)

Đáp án đúng là: C

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) \(\left( {a \ne 0} \right)\) có \(a - b + c = 0\).

Khi đó phương trình có hai nghiệm là \({x_1} = - 1\) và \({x_2} = - \frac{c}{a}\).

Đáp án đúng là: B

Ta có nếu hai số có tổng bằng \(S\) và tích là \(P\) với \({S^2} \ge 4P\) thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình \({X^2} - SX + P = 0.\)

Đáp án đúng là: A

Phương trình \({x^2} - 5x + 2 = 0\) có biệt thức \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2 = 25 - 8 = 17 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète vào phương trình ta có: \({x_1} + {x_2} = 5.\)

Vậy chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Gọi số bé là \(a\) với \(a \in \mathbb{N}\).

Theo đề, số lớn hơn hai lần số bé là \(3\) nên số lớn là \(2a + 3\).

Hiệu bình phương của hai số bằng \(360\) nên ta có:

\({\left( {2a + 3} \right)^2} - {a^2} = 360\)

\(4{a^2} + 12a + 9 - {a^2} - 360 = 0\)

\(3{a^2} + 12a - 351 = 0\)

Xét \(\Delta = {12^2} - 4.3.\left( { - 351} \right) = 144 + 4212 = 4356\), do đó \(\sqrt \Delta = \sqrt {4356} = 66\).

Suy ra \({a_1} = \frac{{ - 12 - 66}}{6} = - 13\) và \({a_2} = \frac{{ - 12 + 66}}{6} = 9\).

Do \(a \in \mathbb{N}\) nên \(a = 9\).

Vậy số bé là \(9\).

Đáp án đúng là: D

Ta gọi số tự nhiên bé là \(a\) với \(a \in {\mathbb{N}^*}\).

Do đó, số tự nhiên lớn hơn là: \(a + 1.\)

Theo đề, tích hai số liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là \(109\) nên ta có phương trình:

\(a\left( {a + 1} \right) - \left( {a + a + 1} \right) = 109\)

\({a^2} + a - 2a - 1 = 109\)

\({a^2} - a - 110 = 0\)

\({a^2} + 10a - 11a - 110 = 0\)

\(a\left( {a + 10} \right) - 11\left( {a + 10} \right) = 0\)

\(\left( {a + 10} \right)\left( {a - 11} \right) = 0\)

Suy ra \(a = - 10\) (loại) hoặc \(a = 11\) (thỏa mãn).

Vậy số bé là \(11\).

Đáp án đúng là: D

Đường tròn nội tiếp tam giá là đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của tam giác.

Đáp án đúng là: B

Vì tam giác \(ABC\) ngoại tiếp đường tròn tâm \(I\) nên khi đó đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác \(ABC\).

Vậy chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Nhận thấy \(A{C^2} + B{C^2} = {5^2} + {12^2} = 25 + 144 = 169 = {13^2} = A{B^2}\) hay \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\).

Áp dụng định lý Pythagore đảo suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là trung điểm cạnh huyền \(AB.\)

Vậy chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Ta có tâm \[O\] đường tròn nội tiếp của tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường phân giác, cũng là đường trung trực, đường cao của tam giác đều.

Bán kính \[OI = 4{\rm{ cm}}\] với \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó \[OI = \frac{1}{3}AI\] suy ra \[AI = 3OI = 12{\rm{ cm}}\].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[a{\rm{ cm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{12^2} + {\frac{a}{4}^2} = {a^2}\]

\[\frac{{3{a^2}}}{4} = {12^2}\] suy ra \[a = 8\sqrt 3 {\rm{ cm}}\].

Vậy cạnh tam giác đều đó là \[8\sqrt 3 {\rm{ cm}}\].

Đáp án đúng là: B

a) Áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

\[{5^2} + {12^2} = B{C^2}\]

Suy ra \[BC = 13{\rm{ cm}}\].

Do tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền \[BC\].

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[13:2 = 6,5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án đúng là: C

Các khẳng định đúng là:

Tứ giác có bốn đỉnh thuộc đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Mỗi hình chữ nhật là một tứ giác nội tiếp đường tròn.

Mỗi hình vuông là một tứ giác nội tiếp đường tròn.

Đáp án đúng là: B

Các hình là đa giác đều là hình vuông và tam giác đều.

Đáp án đúng là: A

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có số đo mỗi góc của lục giác đều là:

\[\frac{{\left( {6 - 2} \right).180^\circ }}{6} = 120^\circ \].

Đáp án đúng là: B

Số đường chéo của đa giác đó là: \(\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = \frac{{9.6}}{2} = 27\).

Đáp án đúng là: C

Có tam giác \(ABC\) đều nên \(AB = AC = BC\).

Do đó, có: .

Suy ra phép quay thuận chiều \(120^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(C.\)

Đáp án đúng là: A

Ta có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = CD = AD = BC\).

Do đó ta có .

Do đó, phép quay thuận chiều \(90^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(B\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) Đ c) Đ d) Đ

a) Thay tọa độ điểm \(A\left( { - \sqrt 3 ;6} \right)\) vào \(\left( P \right)\), ta được:

\(\frac{{a{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2}}}{2} = 6\) hay \(3a = 12\) suy ra \(a = 4\).

Lúc này, hàm số có dạng \(\left( P \right):y = 2{x^2}\).

Vậy a đúng.

b) Ta có bảng giá trị của \[y\] tương ứng với giá trị của \[x\] trong bảng như sau:

Do đó, đồ thị hàm số \[y = 2{x^2}\] đi qua các điểm có tọa độ \[\left( { - 2;8} \right)\]; \[\left( { - 1;2} \right)\]; \[\left( {0;0} \right)\]; \[\left( {1;2} \right);\] \[\left( {2;8} \right)\].

Từ đây, ta có đồ thị của hàm số \[y = 2{x^2}\] như sau:

c) Với \(a = 4\) thì \(\left( P \right):y = 2{x^2}\).

Thay \(x = - 2\) vào \(\left( P \right)\), ta được: \(2.{\left( { - 2} \right)^2} = - 8\).

Vậy với \(a = 4\) thì đồ thị \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( { - 2; - 8} \right)\).

Vậy c đúng.

d) Gọi \[A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] là điểm thuộc đồ thị hàm số \[y = 2{x^2}\] cách đều hai trục tọa độ.

Ta có: \[d\left( {A;Ox} \right) = \left| {{y_0}} \right| = 2x_0^2\]; \[d\left( {A;Oy} \right) = \left| {{x_0}} \right|\]. Theo giả thiết thì ta có: \[2x_0^2 = \left| {{x_0}} \right|\].

Suy ra \[\left| {{x_0}} \right| = 0\] hoặc \[\left| {{x_0}} \right| = \frac{1}{2}\].

Suy ra \[{x_0} = \frac{1}{2}\] hoặc \[{x_0} = - \frac{1}{2}\]; \[{x_0} = 0\]

Vậy \[\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\];\[\left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\]; \[\left( {0;0} \right)\] là các điểm trên parabol cách đều hai trục tọa độ.

Đáp án đúng là: a) Đ b) S c) S d) Đ

a) Ta có: \(m{x^2} - 3x + 1 = 0\) có biệt thức là \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4m = 9 - 4m\).

b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right.\),

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\9 - 4m > 0\end{array} \right.\) do đó \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m < \frac{9}{4}\end{array} \right.\).

Vậy để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(m < \frac{9}{4},m \ne 0\).

c) Để phương trình vô nghiệm thì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta < 0\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\9 - 4m < 0\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m > \frac{4}{9}\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện được \(m > \frac{9}{4}\).

Vậy để phương trình vô nghiệm thì \(m > \frac{9}{4}\).

d) Thay \(x = \frac{2}{3}\) vào phương trình, ta được: \(m{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} - 3.\frac{2}{3} + 1 = 0\) hay \(\frac{4}{9}m - 1 = 0\) do đó \(\frac{4}{9}m = 1\) suy ra \(m = \frac{9}{4}\).

Phương trình có nghiệm kép \(x = \frac{2}{3}\) khi \(m = \frac{9}{4}\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) S c) S d) Đ

a) Nhận thấy phương trình (1) có biệt thức là \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4m + 1 = {m^2} - 2m + 2\).

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 2m + 2 = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\) với mọi \(m\).

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

b) Áp dụng hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 1\end{array} \right.\) .

c) Theo đề, ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 10\)

\(x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2} = 10\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\)

\(4{\left( {m + 1} \right)^2} - 2\left( {4m - 1} \right) = 10\)

\(4{m^2} + 8m + 4 - 8m + 2 - 10 = 0\)

\(4{m^2} - 4 = 0\)

\({m^2} = 1\)

\(m = 1\) hoặc \(m = - 1\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = 1\) và \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.

d) Từ hệ thức Viète ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 1\end{array} \right.\)

Ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\) hay \({x_1} + {x_2} = 2m + 2\) suy ra \(2m = {x_1} + {x_2} - 2\) (*)

Thay (*) vào \({x_1}{x_2} = 4m - 1\), ta được: \({x_1}{x_2} = 2\left( {{x_1} + {x_2} - 2} \right) - 1\) suy ra \(2{x_1} + 2{x_2} - {x_1}{x_2} = 5.\)

Vậy biểu thức \(2{x_1} + 2{x_2} - {x_1}{x_2} = 5\) luôn đúng với mọi \(m\).

Đáp án đúng là: a) S b) Đ c) Đ d) S

Diện tích của mảnh vườn là: \(30.20 = 600{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Gọi chiều rộng của lối đi là \(x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) với \(0 < x < 20\).

Sau khi làm lối đi thì:

Chiều rộng mảnh vườn còn lại là: \(20 - 2x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Chiều dài mảnh vườn còn lại là: \(30 - 2x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Diện tích của mảnh vườn còn lại là: \(\left( {20 - 2x} \right)\left( {30 - 2x} \right){\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích trồng hoa bằng \(84\% \) diện tích của mảnh vườn nên diện tích còn lại là:

\(84\% .600 = 504{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Theo đề, ta có phương trình: \(\left( {20 - 2x} \right)\left( {30 - 2x} \right) = 50{\rm{4 }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Suy ra \(600 - 40{x^2} - 60x + 4{x^2} = 504\)

\(4{x^2} - 100x + 96 = 0\) hay \({x^2} - 25x + 24 = 0\) do đó \(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 24} \right) = 0\).

Suy ra \(x = 1\) (thỏa mãn) hoặc \(x = 24\) (không thỏa mãn).

Do đó, chiều rộng lối đi là \(1{\rm{ m}}\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) Đ c) S d) S

Gọi \(x\) (chiếc) là số lượng xe lúc đầu của đoàn \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Số xe của đoàn khi sắp khởi hành là \(x + 3\) (chiếc).

Khối lượng hàng ban đầu mà mỗi xe phải chở là \(\frac{{480}}{x}\) (tấn).

Khối lượng hàng thực tế mà mỗi xe phải chở là \(\frac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn).

Theo đề, khi sắp khởi hành đoàn có thêm \(3\) xe nên thực tế khối lượng mỗi xe phải chở ít hơn \(8\) tấn so với dự định nên ta có phương trình \(\frac{{480}}{x} - \frac{{480}}{{x + 3}} = 8\) (tấn).

Giải phương trình \(\frac{{480}}{x} - \frac{{480}}{{x + 3}} = 8\), ta có:

\(480\left( {x + 3} \right) - 480x = 8x\left( {x + 3} \right)\)

\(480x + 1440 - 480x = 8{x^2} + 24x\)

\(8{x^2} + 24x - 1440 = 0\)

\({x^2} + 3x - 180 = 0\)

\({x^2} - 12x + 15x - 180 = 0\)

\(x\left( {x - 12} \right) + 15\left( {x - 12} \right) = 0\)

\(\left( {x - 12} \right)\left( {x + 15} \right) = 0\)

Suy ra \(x = 12\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 15\) (loại).

Vậy số lượng xe ban đầu của đoàn là \(12\) chiếc.

Do đó, ban đầu mỗi xe phải chở số tấn hàng là: \(480:12 = 40\) (tấn).

Đáp án đúng là: a) Đ b) Đ c) S d) Đ

Gọi vận tốc thực của ca nô là \(x{\rm{ km/h}}\) với \(x > 2\).

Vận tốc xuôi dòng của ca nô là \(x + 2\) (km/h).

Vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x - 2\) (km/h).

Thời gian ca nô xuôi dòng là \(\frac{{40}}{{x + 2}}\) (giờ).

Thời gian ca nô ngược dòng là \(\frac{{40}}{{x - 2}}\) (giờ).

Đổi 4 giờ 30 phút = \(4,5\) giờ.

Vì ca nô xuôi dòng một khúc sông dài \(40{\rm{ km}}\), rồi ngược dòng khúc sông ấy mất 4 giờ 30 phút nên ta có phương trình: \(\frac{{40}}{{x + 2}} + \frac{{40}}{{x - 2}} = 4,5\).

Giải phương trình \(\frac{{40}}{{x + 2}} + \frac{{40}}{{x - 2}} = 4,5\), ta được:

\(40\left( {x - 2} \right) + 40\left( {x + 2} \right) = 4,5\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\)

\(80x = 4,5{x^2} - 18\)

\(9{x^2} - 160x - 36 = 0\)

\(9{x^2} - 162x + 2x - 36 = 0\)

\(9x\left( {x - 18} \right) + 2\left( {x - 18} \right) = 0\)

\(\left( {x - 18} \right)\left( {9x + 2} \right) = 0\)

Suy ra \(x = 18\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - \frac{2}{9}\) (loại).

Vậy vận tốc của ca nô là \(18\) km/h.

Đáp án đúng là: a) Đ b) Đ c) S d) Đ

a) Số đo các góc của ngũ giác đều là: \(\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \).

Có \(ABCDE\) là các ngũ giác đều nên \(AB = BC = CD = DE = EA\).

Ta suy ra được \(\widehat {BAO} = \widehat {OAE} = \frac{{108^\circ }}{2} = 54^\circ \).

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) do \(OA = OB = R\).

Suy ra \(\widehat {AOB} = \frac{{180^\circ - 2.54^\circ }}{2} = 72^\circ \).

b) Phép quay thuận chiều \(72^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(B\).

c) Phép quay ngược chiều \(72^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(C\) thành điểm \(B\).

d) Phép quay thuận chiều \(72^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(B\), biến điểm \(B\) thành \(C\) và biến điểm \(O\) thành \(O\).

Vậy phép quay thuận chiều \(72^\circ \) tâm \(O\) biến tam giác \(OAB\) thành tam giác \(OBC\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) S c) Đ d) Đ

a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) với \(I\) là trung điểm của \(AO\).

b) Ta có: \(AM.AB = \frac{{AB}}{2}.AB = \frac{{A{B^2}}}{2}\); \(AI.AO = 2AI.AI = 2A{I^2} \ne \frac{{A{B^2}}}{2}\).

Do đó, \(AM.AB \ne AI.AO\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm của \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\))

Suy ra \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) nên theo định lí Thalès đảo ta có \(MG\parallel BC\).

d) Gọi \(G'\) là giao của \(OA\) và \(CM\) suy ra \(G'\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE}}\) do đó theo định lí Thalès đảo ta có \(GG'\parallel ME\). (1)

Có \(MI\) là đương trung bình trong \(\Delta OAB\) suy ra \(MI\parallel BO\) mà \(AB \bot BO\) suy ra \(MI \bot BA\) hay \(MI \bot ME\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MI \bot GG'\).

Lại có \(G'I \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(MGG'\) hay \(GI \bot G'M\) tức là \(GI \bot CM\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) Đ c) S d) Đ

a) Vì \(AM,CN\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\CN \bot AB\end{array} \right.\)

suy ra \(\widehat {BMH} = \widehat {BNH} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BNHM\) có \(\widehat {BMH} + \widehat {BNH} = 2.90^\circ = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác \(BNHM\) là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {MBN} + \widehat {NHM} = 180^\circ \) hay \(\widehat {CBA} + \widehat {NHM} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {CHM} + \widehat {NHM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó, \(\widehat {ABC} = \widehat {CHM}\).

b) Tứ giác \(BNHM\) nội tiếp nên \(\widehat {MBN} + \widehat {NHM} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {AHC} = \widehat {NHM}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {ABC} + \widehat {AHC} = 180^\circ \).

Mặt khác \(BNHM\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \).

Do đó, \(\widehat {ADC} = \widehat {AHC}\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\).

Xét tam giác \(ACM\) có \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) và \(ME\) là đường trung tuyến nên

\(EM = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) (*).

Xét tam giác \(ACN\) có \(\widehat {ANC} = 90^\circ \) và \(NE\) là đường trung tuyến nên

\(EN = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) (**).

Từ (*) và (**) suy ra \(EM = EN = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) do đó tứ giác \(ACMN\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {MAC} = \widehat {MNC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).

d) Ta có: \(\widehat {MAC} + \widehat {ACM} = 90^\circ \) (hai góc phụ nhau).

Do đó, \(\widehat {ACM} = 90^\circ - \widehat {MAC}\).

Mà \(\widehat {ACM} + \widehat {ANM} = 180^\circ \) (tứ giác \(ACMN\) nội tiếp) nên \(90^\circ - \widehat {MAC} + \widehat {ANM} = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {MAC} + 90^\circ = \widehat {ANM}\).

Đáp án đúng là: a) Đ b) S c) Đ d) S

a) Ta có: \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Có tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành suy ra \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (so le trong).

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \).

Mà hai góc này cùng chắn cung \(EF\) nên tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn hay bốn điểm \(A,E,C,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AD\).

b) Có tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(EC\)).

Có: \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {CDE} = \widehat {ABD}\) (so le trong).

Từ đây suy ra \(\widehat {CAE} = \widehat {ABD}\).

Mà \(\widehat {ABD}\) là góc ở tâm, \(\widehat {AOF}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\), suy ra \(\widehat {AOF} = 2\widehat {ABD}\) hay \(\widehat {AOF} = 2\widehat {CAE}\).

c) Ta có: \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(AE\parallel CF\) (cùng vuông với \(BD\)).

Lại có \(\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC}\) suy ra \(AF\parallel CE\).

Do đó \[AECF\] là hình bình hành.

d) Gọi \[AC \cap BD = I\]. Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \[IA = IC;IB = ID;AB = CD\].

Xét tam giác \[DCI\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường cao.

Xét tam giác đồng dạng \[\Delta FCD\] và \[\Delta CID\] có: \[\widehat {CFD} = \widehat {DCI} = 90^\circ \] và \[\widehat {FDC} = \widehat {IDC}\].

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{CD}}{{DI}} = \frac{{FD}}{{CD}}\].

Suy ra \[C{D^2} = DF.DI\] nên \[A{B^2} = DF.DI\] (Do \[AB = CD\]).

Suy ra \[2A{B^2} = 2DF.DI\] mà \[2DI = BD\] do đó \[2A{B^2} = BD.DF\].

Đáp án: \(2\)

Phương trình \({x^2} + \left( {3 - m} \right)x - m + 6 = 0\) có biệt thức là \(\Delta = {\left( {3 - m} \right)^2} - 4\left( { - m + 6} \right)\) hay \(\Delta = {m^2} - 2m - 15\).

Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta = 0\) hay \({m^2} - 2m - 15 = 0\).

Do đó, \(\left( {m - 5} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\) suy ra \(m = 5\) hoặc \(m = - 3\).

Vậy tổng các giá trị của tham số \(m\) để phương trình có nghiệm kép là: \(5 + \left( { - 3} \right) = 2\).

Đáp án: \(\frac{7}{3}\).

Thay \(x = - 3,y = 5\) vào \(\left( P \right)\), ta được \(\frac{{2m - 3}}{3}.{\left( { - 3} \right)^2} = 5\) hay \(3\left( {2m - 3} \right) = 5\), do đó

\(6m - 9 = 5\) suy ra \(m = \frac{7}{3}\).

Đáp án: \(29\)

Phương trình \({x^2} - 5x + 2 = 0\) có biệt thức \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2 = 17 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right.\).

Ta có: \(A = x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_2}{x_2} = {5^2} - 2\left( { - 2} \right) = 29\).

Vậy \(A = 29\).

Đáp án: \(\frac{1}{3}\)

Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 4} \right)x + {m^2} - 8 = 0\) có biệt thức:

\(\Delta ' = {\left( {m + 4} \right)^2} - {m^2} + 8 = 8m + 24.\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0\) suy ra \(8m + 24 > 0\), do đó \(m > - 3.\)

Ta có hệ thức Viète: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 4} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 8\end{array} \right.\).

Có \(A = {x_1} + {x_2} - 3{x_1}{x_2}\)

\( = 2\left( {m + 4} \right) - 3\left( {{m^2} - 8} \right)\)

\( = - 3{m^2} + 2m + 32\)

\( = - 3\left( {{m^2} - \frac{2}{3}m - \frac{{32}}{3}} \right)\)

\( = - 3{\left( {m - \frac{1}{3}} \right)^2} + \frac{{97}}{9} \ge \frac{{97}}{9}\).

Dấu “=” xảy ra khi \( - 3{\left( {m - \frac{1}{3}} \right)^2} = 0\) hay \(m = \frac{1}{3}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \frac{{97}}{9}\) khi \(m = \frac{1}{3}\).

Đáp án: \(0,32\)

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là \(x\) \(\left( {x > 0} \right)\).

Chiều dài của hình chữ nhật là \(3x\) (cm).

Diện tích ban đầu của hình chữ nhật là \(3{x^2}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Theo đề, nếu cả chiều dài và chiều rộng tăng thêm \(5{\rm{ cm}}\) thì được một hình chữ nhật mới có diện tích bằng \(153{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\), do đó ta có phương trình:

\(\left( {x + 5} \right)\left( {3x + 5} \right) = 153\)

\(3{x^2} + 20x + 25 = 153\)

\(3{x^2} + 20x - 128 = 0\)

\(3{x^2} - 12x + 32x - 128 = 0\)

\(3x\left( {x - 4} \right) + 32\left( {x - 4} \right) = 0\)

\(\left( {x - 4} \right)\left( {3x + 32} \right) = 0\)

Suy ra \(x = - \frac{{32}}{3}\) (loại) hoặc \(x = 4\) (thỏa mãn).

Do đó, chiều rộng của hình chữ nhật là \(4\) cm và chiều dài của hình chữ nhật là \({\rm{12 cm}}{\rm{.}}\)

Chu vi của hình chữ nhật ban đầu là: \(2\left( {4 + 12} \right) = 32{\rm{ (cm)}}\).

Đổi \(32{\rm{ cm}} = 0,32{\rm{ m}}\).

Vậy chu vi ban đầu của hình chữ nhật là \(0,32{\rm{ m}}\).

Đáp án: \(15\)

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(ABC\), ta có:

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

\({18^2} + {24^2} = B{C^2}\)

Suy ra \(B{C^2} = 900\), do đó \(BC = 30{\rm{ cm}}\).

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền \(BC\) với bán kính là \(\frac{{BC}}{2}\).

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp đó là: \(30:2 = 15{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: \(90^\circ \)

Phép quay tâm \(O\) biến hình vuông \(ABCD\) thành chính nó là \(90^\circ \) do \(0^\circ < a < 180^\circ \).

Đáp án: \(10\)

Tổng số đo của các góc của đa giác đều \(n\) cạnh là \(\left( {n - 2} \right).180^\circ \).

Từ giả thiết, ta có: \(\left( {n - 2} \right).180^\circ = 1440^\circ \)

\(n - 2 = 8\)

\(n = 10\).

Vậy đa giác có \(10\) cạnh.

Đáp án: \(110^\circ \)

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \(\widehat B + \widehat D = 180^\circ \) (theo định lí).

Do đó, \(12x + 6x = 180^\circ \) hay \(18x = 180^\circ \) suy ra \(x = 10^\circ \).

Suy ra \(\widehat A = 7x = 70^\circ \).

Mà, ta có: \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ \), suy ra \(\widehat C = 110^\circ \).

Vậy số đo góc \(\widehat C = 110^\circ \).

Đáp án: 2,1 cm

Gọi \(O\) là giao của hai đường chéo của hình vuông \(ABCD\).

Khi đó, có \(OA = OB = OC = OD\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) bán kính \(OA = \frac{{AC}}{2}\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\), áp dụng định lí Pythagore vào tam giác, ta có:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\) suy ra \(A{C^2} = 18\). Do đó \(AC = 3\sqrt 2 \) và \(OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \approx 2,1{\rm{ cm}}\).