Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Trắc nghiệm

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: A

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:

\( - {x^2} = x - 2\) hay \({x^2} + x - 2 = 0\), suy ra \(\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\).

Do đó, \(x = 1\) hoặc \(x = - 2\).

Với \(x = 1\) thì \(y = - 1\).

Với \(x = - 2\) thì \(y = - 4\).

Do đó, giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - {x^2}\) và đường thẳng \(y = x - 2\) là điểm có tọa độ \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( {2; - 4} \right)\).

Vậy chọn đáp án A.

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: D

Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy, hình 2 biểu diễn góc nội tiếp.

Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat C = 45^\circ \) là góc nội tiếp chắn cung \(AB\).

Mà \(\widehat {ACB} = 45^\circ \) nên \(\widehat {AOB} = 90^\circ \) (góc ở tâm chắn cung \(AB\)).

Suy ra \(\Delta AOB\) vuông cân tại \(O\).

Theo định lí Pythagore, ta có: \(O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}\) hay \(2O{A^2} = A{B^2}\),

Suy ra \(O{A^2} = \frac{{A{B^2}}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy bán kính đường tròn là \(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy chọn đáp án C.

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: A

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo của hai góc đối nhau bằng \(180^\circ .\)

Đáp án đúng là: C

Các tứ giác nội tiếp được đường tròn là: \(HKIP;ABCD;KHQP\) vì có tổng số đo của hai góc đối nhau bằng \(180^\circ .\)

Đáp án đúng là: B

Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau.

Do đó, có tam giác đều và hình vuông là các đa giác đều.

Đáp án đúng là: A

Mỗi góc trong của lục giác đều có số đo là \(120^\circ .\)

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) Đ b) S c) S d) Đ

a) Ta có bảng giá trị của \(y\) tương ứng với giá trị của \(x\) của hàm số \(\left( P \right):y = \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

Đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{1}{2}{x^2}\) đi qua 5 điểm có tọa độ \(\left( { - 4;8} \right)\); \(\left( { - 2;2} \right)\); \(\left( {0;0} \right)\); \(\left( {2;2} \right)\); \(\left( {4;8} \right)\).

Do đó, đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{1}{2}{x^2}\) có dạng như sau:

b) Với \(m = 0\) thì ta có đường thẳng \(\left( d \right):y = x\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{1}{2}{x^2} = x\).

Suy ra \(\frac{1}{2}{x^2} - x = 0\) hay \({x^2} - 2x = 0\), do đó \(x\left( {x - 2} \right) = 0\)

Suy ra \(x = 0\) hoặc \(x = 2\).

Vậy với \(m = 0\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \(0\) và \(2\).

c) Với \(m = \frac{1}{2}\) thì ta có đường thẳng \(\left( d \right):y = x - \frac{1}{2}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{1}{2}{x^2} = x - \frac{1}{2}\)

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

Vậy với \(m = \frac{1}{2}\) thì \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) cắt nhau tại điểm có hoành độ \(x = 1\).

d) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), ta có:

\(\frac{1}{2}{x^2} = x - m\) hay \({x^2} - 2x + 2m = 0\) (1).

Ta có biệt thức của phương trình (1) là: \(\Delta = 4 - 8m\).

Để \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Suy ra \(\Delta > 0\) hay \(4 - 8m > 0\), do đó \(m < \frac{1}{2}\).

Vậy với \(m < \frac{1}{2}\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

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) Đ d) Đ

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

b) Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat {BHA} = \widehat {ACM} = 90^\circ \];

\[\widehat {ABH} = \widehat {AMC}\] (góc nội tiếp chắn cung \[AC\])

Do đó, suy ra \[\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {OCA} = \widehat {MAC}\] (\[\Delta OAC\] cân tại \[O\]).

Suy ra \[\widehat {BAH} = \widehat {OCA}\].

c) Do \[N\] là giao điểm của \[AH\] với \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ANM} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {ANM} = \widehat {AHC}\left( { = \widehat {BHA} = 90^\circ } \right)\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[MN\parallel BC\].

Do đó, \[BCMN\] là hình thang.

Lại có \[\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\] (chứng minh trên) suy ra .

Suy ra \[BN = MN\].

Vậy \[BCMN\] là hình thang cân.

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 \[2A{B^2} = BD.DF\].

Trả lời:

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: \(5 + \left( { - 3} \right) = 2\).

Trả lời:

Đáp án: \(6\)

Thay \(y = 5\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\), ta được: \(5 = 3 - 2x\) suy ra \(x = - 1\).

Do đó, tọa độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là \(\left( { - 1;5} \right)\).

Thay \(x = - 1,y = 5\) vào \(\left( P \right)\), ta được: \(\left( {m - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} = 5\) hay \(m - 1 = 5\) suy ra \(m = 6\).

Vậy \(m = 6\) là giá trị cần tìm.

Trả lời:

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 \(A = 29\).

Trả lời:

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 \(0,32{\rm{ m}}\).

Trả lời:

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: \(15\)

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: \(30:2 = 15{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Trả lời:

Đáp án: \(120^\circ \)

Vì tam giác \(ABC\) đều có tâm \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên \(O\) cũng là giao ba đường phân giác nên \(BO,CO\) lần lượt là các đường phân giác \(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {ACB}\).

Ta có: \(\widehat {BCO} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \); \(\widehat {CBO} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Xét tam giác \(BCO\) có \(\widehat {BOC} = 180^\circ - \widehat {CBO} - \widehat {BCO} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ \).

Do đó số đo cung nhỏ \(BC\) là \(120^\circ \).

Trả lời:

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: \(2,1{\rm{ cm}}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(ABC\), ta được:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\) suy ra \(A{C^2} = {2.3^2}\), do đó \(AC = 3\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) là \(OA.\)

Ta có: \(R = OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \approx 2,1{\rm{ cm}}\).

Vậy \(R \approx 2,1{\rm{ cm}}\).