Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 1

a) 3x² + 10x + 3 = 0

Tính ∆ = b² – 4ac. Phương trình có các hệ số là a = 3; b = 10; c = 3.

∆ = 10² – 4.3.3 = 100 – 36 = 64 > 0.

Do ∆ > 0, áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x₁ = $\frac{-10+\sqrt{64}}{2.3}=-\frac{1}{3}$; x₂ = $\frac{-10-\sqrt{64}}{2.3}=-3$.

Vậy phương trình có tập nghiệm là S =$\{-\frac{1}{3};-3\}$.

b) –x⁴ + 2020x² + 2021 = 0

Û –x⁴ – x² + 2021x² + 2021 = 0

Û –x²(x² + 1) + 2021(x² + 1) = 0

Û – (x² – 2021)(x² + 1) = 0

Û (x² + 1) = 0 (vô lý) hoặc (x² – 2021) = 0

Û x² = 2021

Û x = ±$\sqrt{2021}$

Vậy phương trình có hai nghiệm là ±$\sqrt{2021}$.

c) x³ – 5x² + 4x = 0

Û x(x² – 5x + 4) = 0

Û x(x² – x – 4x + 4) = 0

Û x[x(x – 1) – 4(x – 1)] = 0

Û x(x – 1)(x – 4) = 0

Û $[\begin{array}{l}\text{x}=0\\ \text{x}=1\\ \text{x}=4\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0; 1; 4}.

a) Bảng giá trị:

Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm A(–2; 4); B(–1; 1); O(0; 0); C(1; 1); D(2; 4).

a) Ta có: ∆ = m² – 4.2.(–5) = m² + 40

Vì ∆ = m² + 40 > 0 (đúng với mọi giá trị của m).

Nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m (điều phải chứng minh).

b) A = x₁² – x₁ + x₂² – x₂

= (x₁² + x₂²) – (x₁ + x₂)

= (x₁ + x₂)² – 2x₁.x₂ – (x₁ + x₂)          (2)

Theo hệ thức Vi-et, ta có: $[\begin{array}{l}{\text{x}}_{\text{1}}{\text{+x}}_{\text{2}}=-\frac{\text{b}}{\text{a}}\text{=}\frac{\text{m}}{\text{2}}\\ {\text{x}}_{\text{1}}{\text{.x}}_{\text{2}}\text{=}\frac{\text{c}}{\text{a}}=\frac{-5}{2}\end{array}$

Thay vào (2) ta được:

A = ${\left(\frac{\text{m}}{\text{2}}\right)}^2-2.\left(\frac{-5}{2}\right)-\frac{\text{m}}{2}$=$\frac{{\text{m}}^2}{4}-\frac{\text{m}}{2}+5$.

Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh (điều kiện: x, y ∈ ℕ, 0 < x, y < 330).

Vì tổng số giáo viên và học sinh đi tham quan là 330 người nên: x + y = 330 (1)

Tổng số tiền vé của giáo viên khi chưa giảm là: 40 000x (đồng).

Tổng số tiền vé của học sinh khi chưa giảm là: 20 000y (đồng).

Tổng số tiền vé của giáo viên và học sinh khi chưa giảm là:

40 000x + 20 000y (đồng).

Mỗi vé tham quan được giảm 10%, tức là giá vé sau khi giảm bằng 90% giá vé ban đầu.

Tổng số tiền vé nhà trường chi trả là 6 480 000 đồng nên ta có phương trình:

90%.(40 000x + 20 000y) = 6 480 000

Û 40 000x + 20 000y = 7 200 000

Û x + 2y = 360 (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=330\\ 2x+y=360\end{array}$

Û$\{\begin{array}{l}\text{x = 330}-\text{y}\\ \text{2x + y = 360}\end{array}$

Û$\{\begin{array}{l}x=330-y\\ 2(330-y)+y=360\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}x=330-y\\ 660-2y+y=360\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}x=330-y\\ y=300\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}\text{x = 30}\\ \text{y = 300}\end{array}$(thỏa mãn)

Vậy số giáo viên là 30 người và số học sinh là 300 người.

Gọi S là diện tích được tạo ra bởi cung tròn AC và dây AC của đường tròn tâm D.

S = diện tích quạt DAC – diện tích tam giác ADC.

Vì ABCD là hình vuông nên $\widehat{ADC}={90}^o$. Do đó:

Diện tích quạt DAC là:

 πR².$\frac{\widehat{\text{ADC}}}{360}$≈ 3,14.25².$\frac{90}{360}$≈ 490,625 (cm²).

Diện tích tam giác ADC là:

$\frac{1}{2}\text{AD.AC}$= $\frac{1}{2}\mathrm{.25.25}$=312,5 (cm²)

Diện tích cần tính bằng:

2S ≈ 2.(490,625 – 312,5) ≈ 356,25 ≈ 356,3 (cm²).

Phần tạo bởi hai cung tròn có diện tích là 356,3 (cm²).

a) Ta có:

$\widehat{\text{OBA}}$= 90° (AB là tiếp tuyến của (O)).

$\widehat{\text{OCA}}$= 90° (AC là tiếp tuyến của (O)).

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{\text{OBA}}$+$\widehat{\text{OCA}}$= 90° + 90° = 180°.

Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.

Xét ∆ ABM và ∆ ANB có:

$\widehat{\text{NAB}}$là góc chung.

$\widehat{\text{ANB}}\text{=}\widehat{\text{ABM}}$ (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BM).

Suy ra ∆ABM đồng dạng ∆ANB (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{\text{AM}}{\text{AB}}\text{=}\frac{\text{BM}}{\text{NB}}\iff$ AB.BM = AM.NB (đpcm)

b) Tứ giác ABOC nội tiếp có $\widehat{\text{OBA}}$= 90° suy ra OA là đường kính cũng suy ra tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA.

Ta có OK ⊥ MN (tính chất đường kính đi qua trung điểm dây cung thì vuông góc với dây đó).

Suy ra $\widehat{\text{OKM}}\text{=}\widehat{\text{OKA}}=$90° dẫn đến K thuộc đường tròn đường kính OA.

Vậy 5 điểm A, B, C, O, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OA.

Vì ∆ABM  ∆ANB (cmt) nên ta có: $\frac{AB}{AN}=\frac{AM}{AB}$

Û AB² = AM.AN.

Mà ta cũng có AB² = AH.AO (∆ ABO vuông tại B có đường cao BH).

Suy ra AM.AN = AH.AO Û $\frac{\text{AM}}{\text{AO}}\text{=}\frac{\text{AH}}{\text{AN}}$.

Xét ∆AMH và ∆AON có:

$\widehat{\text{OAN}}$là góc chung

$\frac{\text{AM}}{\text{AO}}\text{=}\frac{\text{AH}}{\text{AN}}$ (cmt)

Suy ra ∆AMH đồng dạng ∆AON (c.g.c)

Từ đó suy ra $\widehat{AMH}=\widehat{AON}$ (hai góc tương ứng).

c) Ta có MH // AC (cùng vuông góc với OC).

Suy ra $\widehat{KMH}=\widehat{KAC}$(hai góc đồng vị).

Ta lại có $\widehat{\text{KBC}}\text{=}\widehat{\text{KAC}}$ (tứ giác KBAC nội tiếp)

Từ đó suy ra $\widehat{KBH}=\widehat{KMH}$ suy ra tứ giác KBMH nội tiếp.

$\widehat{MKH}=\widehat{MBH}$(tứ giác KBMH nội tiếp)

$\widehat{\text{MNC}}\text{=}\widehat{\text{MBC}}$(tứ giác NBMC nội tiếp đường tròn (O))

⇒$\widehat{MKH}=\widehat{MNC}$⇒ KH//NC      (1)

Ta có H là trung điểm BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

I là trung điểm NB (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây).

⇒ IH là đường trung bình của tam giác NBC ⇒ IH // NC                 (2)

Từ (1) và (2) suy ra K, H, I thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit).