Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 11)
Đề thi

Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 11)

A
Admin
ToánLớp 9188 lượt thi
9 câu hỏi
1.Tự luận
• 1 điểm
a. Giải hệ phương trình: 2x+y=4x+3y=−3
Xem đáp án

a) 2x+y=4x+3y=−3⇔y=4−2xx+3(4−2x)=−3⇔x+12−6x=−3y=4−2x⇔5x=15y=4−2x⇔x=3y=−2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=3;−2
2.Tự luận
• 1 điểm
b. Giải phương trình: 4x4+3x2−1=0
Xem đáp án

b) 4x4+3x2−1=0  

Đặt x2=t  (t≥0)

Phương trình thành 4t2+3t−1=0, ta có : a – b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm
t1=−1 (loai)t2=14 (t/m)t=14⇒x2=14⇒x=±12      S=±12
3.Tự luận
• 1 điểm

Cho hàm số y=2x2 có đồ thị (P). Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng d có phương trình y = - x +3

Xem đáp án

Ta có phương trình hoành độ giao điểm cuả (P) và (d) là:

2x2=−x+3⇔2x2+x−3=0⇔x=1⇒y=2x=−32⇒y=92

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(1;2)   ;  B−32;92
4.Tự luận
• 1 điểm

Cho phương trình x2−2(m+1)x+m−4=0  (*), với x là ẩn số

a. Giải phương trình với m = 4

Xem đáp án

a) x2−2(m+1)x+m−4=0  (*)

Khi m = 4, phương trình (*) thành: x2−10x=0⇔x=0x=10

Vậy m = 4 thì x∈0;10
5.Tự luận
• 1 điểm

b. Chứng minh phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Xem đáp án

b) Δ'=m+12−(m−4)=m2+m+5=m+122+194>0

=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

6.Tự luận
• 1 điểm

c. Tìm giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1x2+x2x1=−3

Xem đáp án

c. Áp dụng hệ thức Vi et ⇒x1+x2=2m+2x1x2=m−4

Ta có :

x1x2+x2x1=−3⇔x12+x22x1x2=−3⇒x1+x22−2x1x2=−3x1x2⇔x1+x22+x1x2=0hay 2m+22+m−4=0⇔4m2+9m=0⇔m=0m=−94

Vậy m∈0;−94 thì x1x2+x2x1=−3
7.Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H (D∈AC, E∈AB).

a. Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn. Từ đó suy ra BCD⏜=AED⏜

Xem đáp án
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H ().  a. Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn. Từ đó suy ra  (ảnh 1)
a. Vì BD⊥AC,  CE⊥AB nên H là trực tâm ΔABC

Ta có: AEH^+ADH^=900+900=1800 nên AEHD là tứ giác nội tiếp

⇒AED^=AHD^ mà AHD^=ACB^ (cùng phụ HAD^) nên AED^=BCD^

8.Tự luận
• 1 điểm
b. Kẻ đường kính AK. Chứng minh AB.BC = AK.BD
Xem đáp án

b. Nối BK , vì AK là đường kính (góc nội tiếp chắn nửar đường tròn)

Xét ΔABK và ΔBDC có: ABK^=BDC^=900  ; AKB^=ACB^ (cùng chắn cung AB)

⇒ΔABK~ΔBDC(g−g)⇒ABAK=BDBC⇒AB.BC=AK.BD

9.Tự luận
• 1 điểm

c. Từ O kẻ OM vuông góc với BC (M∈BC). Chứng minh ba điểm H, M, K thẳng hàng

Xem đáp án

c. Ta có BD⊥ACKC⊥AC⇒BH//KC (1)     CE⊥ABKB⊥AB⇒CH//KB (2)

Từ (1) và (2) => BHCK là hình bình hành

Mà M là trung điểm BC (do OM⊥BC  đường kính dây cung)

Nên M là trung điểm HK, do đó H, M , K thẳng hàng

Bạn có thích hoạt động này không?

Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.

Khám phá các nguồn tài nguyên miễn phí, phù hợp với tiêu chuẩn trong vài giây

Gợi ý cho bạn

Xem tất cả

Học liệu phổ biến Lớp 9

Xem tất cả

Học liệu phổ biến Toán

Xem tất cả