Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 9)
4 câu hỏi
1) Giải phương trình sau: x2 – 2x – 1 = 0
2) Rút gọn biểu thức: A = xx+2−xx−2+2x−4x−4 (với x ≥ 0; x ≠ 4).
1) x2 – 2x −2x−2 1 = 0 (với a = 1, b’ = = −1, c = −1)
Ta có: ∆’ = b’2 – ac = (−1)2 + 1 = 2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = −b'+Δ'a= 1 + 2; x2 = −b'−Δ'a= 1 − −b'−Δ'a.
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1 + 2; x2 = 1 − 2.
2) A = xx+2−xx−2+2x−4x−4
= xx−2x+2x−2−xx+2x+2x−2+2x−4x+2x−2
= xx−2−x.x+2+2x−4x−2x+2
= x−2x−x−2x+2x−4x+2x−2
= −2x−4x+2x−2 = −2x+2x+2x−2
=−2x−2 .
Vậy A = −2x−2 với x ≥ 0; x ≠ 4.
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h. Vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Gọi x (km/h) là vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B (x > 0).
Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 36x (giờ)
Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x + 3 (km/h)
Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là 36x+3 (giờ)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút = 35 giờ nên ta có phương trình:
36x−36x+3=35
Û 180(x + 3) – 180x = 3x(x + 3)
Û 180x + 540 – 180x = 3x2 + 9x
Û 3x2 + 9x – 540 = 0
Û x2 + 3x – 180 = 0 (a = 1, b = 3, c = −180)
Ta có: ∆ = b2 – 4ac = 32 – 4.1.(−180) = 729 > 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x1 = −b+Δ2a= 12 (nhận)
x2 = −b-Δ2a= −15 (loại)
Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h.
Từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O; R) (Với A, B là hai tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O; R) tại E. Đoạn ME cắt đường tròn (O; R) tại F. Hai đường thẳng AF và MB cắt nhau tại I.
1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn và IB2 = IF.IA.
2) Chứng minh IM = IB.
1) Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên MA ^ OA.
Suy ra OAM^ = 90°.
Tương tự OBM^= 90° nên OAM^+OBM^ = 180°.
Do đó tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Do IB là tiếp tuyến của (O) ta có FAB^=IBF^=12BF hay IAB^=IBF^
Xét ∆IBA và ∆IFB có:
BIA^ là góc chung
IAB^=IBF^(cmt)
Do đó ∆IBA ∆IFB (g.g)
Suy ra IBIF=IAIB (các cạnh tương ứng)
Do đó IB2 = IF.IA (đpcm) (1)
2) Vì AE // MB (gt) nên EMB^=MEA^ (hai góc so le trong) hay FMI^=FEA^(2)
Do MA là tiếp tuyến của (O) ta có MAF^=FEA^=12AF hay MAI^=FEA^(3)
Từ (2) và (3) suy ra FMI^=MAI^.
Xét ∆IMF và ∆IAM có:
IAM^ là góc chung
FMI^=MAI^ (cmt)
Do đó ∆IMF ∽ ∆IAM (g.g)
Suy ra IMIA=IFIM (các cạnh tương ứng)
Do đó IM2 = IF.IA (4)
Từ (1) và (4) suy ra IB2 = IM2 Þ IB = IM (đpcm)
Vậy IB = IM.
Giải phương trình 3x2+6x+7+5x2+10x+21=5−2x−x2.
+) 3x2+6x+7= 3x2+2x+1+4= 3(x+1)2+4
Vì 3(x + 1)2 + 4 ≥ 4 Þ 3(x+1)2+4 ≥ 2
+) 5x2+10x+21= 5x2+2x+1+16= 5x+12+16
Vì 5(x + 1)2 + 16 ≥ 16 Þ 5x+12+16 ≥ 4
Þ VT ≥ 2 + 4 = 6
Dấu “=” xảy ra Û x + 1 = 0 Û x = −1.
VP: 5 − 2x – x2 = −(x2 + 2x – 5) = −(x2 + 2x + 1 – 6) = 6 − (x + 1)2 ≤ 6
Dấu “=” xảy ra khi Û x = −1
Þ VT = VP = 6 khi x = −1
Vậy phương trình có một nghiệm là x = −1.
