Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 27)
12 câu hỏi
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 – 2x – 5 = 3(2x – x2)
a) x2 – 2x – 5 = 3(2x – x2)
<=> 4x2 – 8x – 5 = 0
△'= 36 => △' = 6
Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x1 = 4−64=−12
x2 = 4+64=52
b) x2−211 x+2=0
b) x2−211 x+2=0
△’ = 9
Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x1=11−3x2=11+3
c) x4 – 27x2 + 50 = 0
c) x4 – 27x2 + 50 = 0
Đặt t=x2(t≥0)
Phương trình đã cho trở thành: t2 – 27t + 50 = 0
Giải phương trình này, ta được: t1 = 25 (N); t2 = 2 (N)
Với t = 25 suy ra x = ± 5
Với t = 2 suy ra x = ±2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x = ±3 ;±2
d) −3x+5y=−2x–y=2
d) −3x+5y=−2x–y=2⇔−3x+5y=−23x−3y=6⇔x−y=22y=4⇔x=4y=2
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho: (4,2)
Cho hàm số: y = 12x2 (P) và y = –x + 4 (D). Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.
Bằng phép toán, ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
12x2 = –x + 4 ⇔x2+2x−8=0
Giải phương trình này ta được: x1 = 2 ; x2 = –4
Với x = 2 suy ra y = 2
Với x = –4 suy ra y = 8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: (2,2), (–4, 8)
Cho phương trình: x2+2(m+3)x+m2−3m+1=0 (x là ẩn số, m là tham số)
a) Tìm m để phương trình luôn có nghiệm.
Ta có: Δ'=(m+3)2−m2−3m+1=9m+8
Để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m thì:
Δ'≥0⇒9m+8≥0⇔m≥−89
b) Tìm m để A = x1(x2 – 1) – x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Khi m≥−89 thì phương trình luôn có nghiệm với mọi m, theo hệ thức Vi-Et:
Ta có: S=x1+x2=−ba=−2m+3P=x1.x2=ca=m2−3m+1
Ta có: A = x1(x2 – 1) – x2 = x1x2 – x1 – x2 = x1x2 – (x1 + x2) = m2 – 3m + 1 + 2m + 6
= m2 – m + 7 = m−122+274≥274
Vậy A đạt GTNN là 274 khi m−12=0⇔m=12 (nhận)
Ông A gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng kỳ hạn 12 tháng với lãi suất 6,5%/năm. Đúng một năm, ông A nhận được cả vốn lẫn lãi là 53.250.000 đồng. Hỏi lúc đầu, ông A đã gửi bao nhiêu tiền tiết kiệm vào ngân hàng?
Gọi x là số tiền lúc đầu ông A đã gửi vào ngân hàng (x > 0)
Tiền lãi một năm ông A nhận được từ ngân hàng: x.6,5%
Theo đề bài, ta có phương trình: x + 0,065x = 53250000
Suy ra x = 50.000.000
Vậy ông A đã gửi 50.000.000 đồng tiết kiệm vào ngân hàng.
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ADE của đường tròn (O) (điểm D nằm giữa hai điểm A và E), gọi I là trung điểm của DE.
a) Chứng minh: OI DE và 5 điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn.
a) Chứng minh: OI⊥DE và 5 điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: OI là một phần đường kính, I là trung điểm của DE và DE là dây không qua tâm.
Nên OI⊥DE
* Chứng minh 5 điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn
Ta có: △ABO nội tiếp đường tròn đường kính OA (△ABO vuông tại B)
△ACO nội tiếp đường tròn đường kính OA (△ACO vuông tại C)
△AIO nội tiếp đường tròn đường kính OA (△AIO vuông tại I)
Suy ra 5 điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA.
b) Chứng minh: AB2 = AD.AE và AO⊥BC tại H.
b) Chứng minh: AB2 = AD.AE và AO BC tại H.
Hai △ABD và △AEB có:
BAE^ là góc chung
ABD^=AEB^ (góc n/t và góc tạo bởi tia t/t và d/c cùng chắn cung BC)
Vậy △ABD ~△AEB (g-g)
⇒ABAE=ADAB⇒AB2=AD.AE
* Chứng minh: AO⊥BC tại H.
Ta có: OB = OC (bán kính (O)) và AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OA là đường trung trực của BC ⇒OA⊥BC
c) Chứng minh: tứ giác EOHD nội tiếp.
c) Chứng minh: tứ giác EOHD nội tiếp.
Ta có: AB2 = AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác ABO có BH là đường cao)
Và AB2 = AD.AE (cmt)
Suy ra: AH.AO = AD.AE
Hai △AHD và △AEO có:
OAE^ là góc chung
AHAD=AOAE (cmt)
Vậy △AHD~△AEO (g-g)
⇒AHD^=AEO^
Suy ra tứ giác EOHD nội tiếp (góc trong bằng góc ngoài đối diện).
d) HI cắt BE và CD lần lượt tại M và N. Chứng minh: BM.DN = EM.CN
d) Chứng minh: BM.DN = EM.CN
Từ B kẻ BP // AE (P ∈ đường thẳng HI)
Từ C kẻ CQ // AE (Q ∈ đường thẳng HI)
=> BP // CQ
Suy ra △BHP = △CHQ (g-c-g) => BP = CQ
Ta có: MBME=BPEI (hệ quả Talet có BP // EI)
Và NCND=CQID (hệ quả Talet có CQ // DI)
⇒MBME=NCND⇒MB.ND=ME.NC
