Đề thi Học kì 2 Toán 9 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 4)
7 câu hỏi
Giải các phương trình sau:a. x+4=6x7−x
a) x+4=6x7−x x≠7⇒x+47−x=6x⇔−x2+3x+28=6x⇔x2+3x−28=0⇒x=4x=−7S=4;−7
b. x4+9x2−400=0
b) x4+9x2−400=0
Đặt t=x2 t≥0 phương trình thành: t2+9t−400=0 có Δ=92−4.1.(−400)=1681>0
Suy ra phương trình có hai nghiệm t1=−9−16812=−25 (loai)t2=−9+16812=16 (thoa)
⇒x2=16⇔x=±4
Vậy S=±4
Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 3 cm và cạnh huyền bằng 15 cm. Tính chu vi tam giác đó.
Gọi a là cạnh góc vuông bé ( 0 < a < 15) => a + 3 là cạnh góc vuông lớn
Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình : a2+a+32=152
⇔2a2+6a−216=0⇔a=9a=−12 (loai)
Vậy hai cạnh góc vuông là 9 cm và 12 cm
Chu vi tam giác là P = 9 + 12 + 15 = 36 (cm)
Cho đường tròn (O) bán kính R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của OC, tia AI cắt đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của (O) tại C cắt đường thẳng AM tại E.
a) Chứng minh tứ giác IOBM nội tiếp
a) Ta có IMB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
⇒IOB^+IMB^=900+900=1800⇒IOBM là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh CE = R
b) Xét ΔCIE và ΔOIA có C^=O^=900 ; CI=IO (gt) ; AIO^=CIE^ (đối đỉnh)⇒ΔCIE=ΔOIA (gcg)⇒CE=AO=R
c) Chứng minh EB là tiếp tuyến của (O).
c) Tứ giác CEOB có CE=OB=R, CE//OB (cùng ⊥CD)
⇒CEOB là hình bình hành có COB^=900⇒CEOB là hình chữ nhật
⇒OB⊥BE và B∈O⇒EB là tiếp tuyến của (O)
CEBO là hình chữ nhật có OC = OB = R nên CEOB là hình vuông nên BE = R
d) Tính diện tích tam giác BME theo R
d) Xét ΔAOI và ΔAMB có A^ chung: O^=M^=900
⇒ΔAOI~ΔAMB (g−g)⇒OIMB=AIAB (*)
Áp dụng định lý Pytago ta có AI=AO2+OI2=R2+R22=R52
Thay vào (*) ta có OIMB=AIAB hay R/2MB=R522R⇒MB=R2R52=2R5
Áp dụng định lý Pytago ⇒ME=EB2−BM2=R2−2R52=R55
⇒SBME=BM.BE2=2R5.R552=R25 (dvdt)
