Đề thi Toán lớp 9 Học kì 2 năm 2022 – 2023 có đáp án (40 đề)

Đề thi Toán lớp 9 Học kì 2 năm 2022 – 2023 có đáp án (40 đề)

Để học tốt Toán lớp 9, phần dưới đây liệt kê Đề thi Toán lớp 9 Học kì 2 năm 2022 – 2023 có đáp án (40 đề). Bạn vào tên đề kiểm tra hoặc Xem đề kiểm tra để theo dõi chi tiết đề kiểm tra và phần đáp án tương ứng.

Quảng cáo

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 1)

Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a ) 3×2 – 7 x + 2 = 0
b ) x4 – 5 x + 4 = 0

Bài 2: (1,5 điểm)
a ) Vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = x2 / 4
b ) Trên ( P ) lấy 2 điểm A và B có hoành độ lần lượt là 4 và 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và B
Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) : x2 – 2mx – 4m – 4 = 0(1)
a ) Chứng tỏ phương trình ( 1 ) có nghiệm với mọi Giá trị của m .
b ) Tìm m để phương trình ( 1 ) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn nhu cầu x12 + x22 – x1x2 = 13
Bài 4: (1 điểm) Tìm kích thước của hình chữ nhật, biết chiều dài hơn chiều rộng 3m. Nếu tăng thêm mỗi chiều thêm 2 mét thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 70m2.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ngoài đường tròn (O) sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các tiếp điểm).
a ) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và OA vuông góc với BC
b ) Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn tâm ( O ) tại D ( D khác B ), AD cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác D ). Tính tích AD.AE theo R .
c ) Tia BE cắt AC tại F. Chứng minh F là trung điểm AC .
d ) Tính theo R diện tích quy hoạnh tam giác BDC .
Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:
a ) 3×2 – 7 x + 2 = 0
Δ = 72 – 4.3.2 = 49 – 24 = 25 > 0 ⇒ √ Δ = 5
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt :

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 2 ; 1/3 }
b ) x4 – 5×2 + 4 = 0
Đặt t = x2 ≥ 0, ta có phương trình :
t2 – 5 t + 4 = 0 ( dạng a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 )
t1 = 1 ( nhận ) ; t2 = 4 ( nhận )
với t = 1 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ± 1
với t = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2
Vậy nghiệm của phương trình x = ± 1 ; x = ± 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) = ( √ 5 ; – 1 )
Bài 2:
a ) Tập xác lập của hàm số : R
Bảng giá trị :

Đồ thị hàm số y = x2 / 4 là một đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O ( 0 ; 0 ) là đỉnh và là điểm thấp nhất .

b ) Với x = 4, ta có : y = x2 / 4 = 4 ⇒ A ( 4 ; 4 )
Với x = 2, ta có y = x2 / 4 = 1 ⇒ B ( 2 ; 1 )
Giả sử đường thẳng đi qua 2 điểm A, B là y = ax + b
Đường thẳng đi qua A ( 4 ; 4 ) nên 4 = 4 a + b
Đường thẳng đi qua B ( 2 ; 1 ) nên : 1 = 2 a + b
Ta có hệ phương trình

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A, B là y = 3/2 x – 2
Bài 3:
a ) Δ ‘ = m2 – ( – 4 m – 4 ) = mét vuông + 4 m + 4 = ( m + 2 ) 2 ≥ 0 ∀ m
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
b ) Gọi x1 ; x2 lần lượt là 2 nghiệm của phương trình đã cho
Theo hệ thức Vi-et ta có :

x12 + x22 – x1 x2 = ( x1 + x2 ) 2 – 3×1 x2 = 4 mét vuông + 3 ( 4 m + 4 )
Theo bài ra : x12 + x22 – x1 x2 = 13
⇒ 4 mét vuông + 3 ( 4 m + 4 ) = 13 ⇔ 4 mét vuông + 12 m – 1 = 0
Δm = 122 – 4.4. ( – 1 ) = 160 ⇒ √ ( Δm ) = 4 √ 10
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Vậy với thì phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 – x1 x2 = 13

Bài 4:
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x ( m ) ( x > 0 )
⇒ Chiều dài của hình chữ nhật là x + 3 ( m )
Khi đó diện tích quy hoạnh của hình chữ nhật là x ( x + 3 ) ( mét vuông )
Nếu tăng thêm mỗi chiều thêm 2 mét thì diện tích quy hoạnh của hình chữ nhật tăng thêm 70 mét vuông nên ta có phương trình :
( x + 2 ) ( x + 3 + 2 ) = x ( x + 3 ) + 70
⇔ ( x + 2 ) ( x + 5 ) = x ( x + 3 ) + 70
⇔ x2 + 7 x + 10 = x2 + 3 x + 70
⇔ 4 x = 60
⇔ x = 15
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 15 m
Chiều dài của hình chữ nhật là 18 m
Bài 5:

Quảng cáo

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 2)

Bài 1: (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình
a ) 2×2 – 3 x + 1 = 0
b ) x3 – 3×2 + 2 = 0

Bài 2: (1,5 điểm)
a ) Vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = x2
b ) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m tiếp xúc với ( P ) .
Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ấn số x): x2 – 4x + m – 2 = 0 (1)
a ) Giá trị nào của m thì phương trình ( 1 ) có nghiệm
b ) Tìm m để phương trình ( 1 ) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn nhu cầu 3×1 – x2 = 8
Bài 4: (1 điểm) Một ô tô đi từ A đến B với một vận tốc xác định. Nếu vận tốc tăng thêm 30 km/h thì thời gian đi sẽ giảm 1 giờ. Nếu vận tốc giảm bớt 15 km/h thì thời gian đi tăng thêm 1 giờ. Tính vận tốc và thời gian đi từ A đến B của ô tô.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại E và D. Gọi H là giao điểm của BD và CE; AH cắt BC tại I. a ) Chứng minh AI vuông góc với BC và EC là phân giác của góc IED . b ) Chứng minh BE.BA = BI.BC c ) Chứng minh tứ giác OIED nội tiếp . d ) Cho biết BC = 16 cm. Tính BE.BA + CD.CA Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:
a ) 2×2 – 3 x + 1 = 0
a = 2 ; b = – 3 ; c = 1 ⇒ a + b + c = 0
Do đó phương trình có nghiệm x1 = 1 ; x2 = 1/2
b ) x3 – 3×2 + 2 = 0
⇔ x3 – x2 – 2×2 + 2 = 0
⇔ x2 ( x – 1 ) – 2 ( x2 – 1 ) = 0
⇔ x2 ( x – 1 ) – 2 ( x + 1 ) ( x – 1 ) = 0
⇔ ( x – 1 ) [ x2 – 2 ( x + 1 ) ] = 0
⇔ ( x – 1 ) ( x2 – 2 x – 2 ) = 0

* Ta có : x – 1 = 0 khi x = 1
* Xét x2 – 2 x – 2 = 0 ( * )
Có ∆ ‘ = ( – 1 ) 2 – 1 ( – 2 ) = 3 > 0 nên phương trình ( * ) có 2 nghiệm phân biệt :
x1 = 1 + √ 3 ; x2 = 1 – √ 3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = { 1 – √ 3 ; 1 ; 1 + √ 3 }

Khi đó hệ phương trình trở thành :

Bài 2:
a ) Tập xác lập của hàm số : R
Bảng giá trị

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O ( 0 ; 0 ) là đỉnh và là điểm thấp nhất .

b ) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là x2 = 2 x + m ⇔ x2 – 2 x – m = 0
Δ ‘ = 1 – ( – m ) = 1 + m
( d ) tiếp xúc với ( P ) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d có một nghiệm duy nhất
⇔ Δ ‘ = 0 ⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = – 1
Vậy với m = – 1 thì d tiếp xúc với ( P )
Bài 3:
a ) Δ ‘ = 22 – ( m – 2 ) = 6 – m
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Δ ‘ ≥ 0
⇔ 6 – m ≥ 0 ⇔ m ≤ 6
Vậy với m ≤ 6 thì phương trình đã cho có nghiệm
b ) Theo hệ thức Vi-et ta có :

Theo bài ra :
3×1 – x2 = 8
⇔ 3×1 – x2 = 2 ( x1 + x2 )
⇔ x1 = 3×2
Khi đó : x1 + x2 = 4 ⇔ 3×2 + x2 = 4 ⇔ 4×2 = 4 ⇔ x2 = 1
⇒ x1 = 3
⇒ x1 x2 = 3 ⇒ m – 2 = 3 ⇔ m = 5
Vậy với m = 5 thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn nhu cầu nhu yếu đề bài .
Bài 4:
Gọi tốc độ dự tính của xe hơi là x ( km / h ) ( x > 15 )
Thời gian dự tính đi của xe hơi là y ( h ) ( y > 1 )
⇒ Quãng đường AB là xy ( km )
Nếu tốc độ tăng 30 km / h thì thời hạn giảm đi 1 h nên ta có phương trình :
( x + 30 ) ( y – 1 ) = xy ⇔ – x + 30 y = 30 ( 1 )
Nếu tốc độ giảm 15 km / h thì thời hạn tăng 1 h nên ta có phương trình
( x – 15 ) ( y + 1 ) = xy ⇔ x – 15 y = 15 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có hệ phương trình :

Vậy tốc độ đi từ A đến B là 60 km / h
Thời gian đi từ A đến B là 3 h .
Bài 5:

a ) Chứng minh AI BC
Ta có ∠ BEC = BDC = 90 o ( hai góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn )

d ) Tính BE.BA + CD.CA
Chứng minh tựa như câu b, CD.CA = CI.CB
Từ đó BE.BA + CD.CA = BI.BC + CI.CB
= ( BI + CI ). BC = BC.BC = BC2 = 162 = 256

Quảng cáo

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 3)

Câu 1: Cho hàm số y = -3×2. Kết luận nào sau đây là đúng :
A. Hàm số trên luôn đồng biến
B. Hàm số trên luôn nghịch biến
C. Hàm số trên đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0 D. Hàm số trên đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0
Câu 2: Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 1) x + 4m = 0. Phương trình có nghiệm kép khi m bằng:
A. 1 C. Với mọi m
B. – 1 D. Một hiệu quả khác
Câu 3: Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo là 60o. Khi đó diện tích hình quạt AOB là:

Câu 4: Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn khi:
A. ∠ ( MNP ) + ∠ ( NPQ ) = 180 o
B. ∠ ( MNP ) = ∠ ( MPQ )
C. MNPQ là hình thang cân
D. MNPQ là hình thoi

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1 (2,0 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức

2) Cho biểu thức với x > 0; x ≠ 1
a ) Rút gọn biểu thức B
b ) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = A.B với x > 1
Bài 2 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một tấm bìa hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 3 dm. Nếu giảm chiều rộng đi 1 dm và tăng chiều dài thêm 1 dm thì diện tích quy hoạnh tấm bìa là 66 Tính chiều rộng và chiều dài của tấm bìa lúc bắt đầu .
Bài 3 (2,0 điểm)

1) Cho phương trình x4 + mx2 – m – 1 = 0(m là tham số)

a ) Giải phương trình khi m = 2
b ) Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt .
2 ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m ( m là tham số ) .
a ) Xác định m để đường thẳng ( d ) tiếp xúc với parabol ( P ). Tìm hoành độ tiếp điểm .
b ) Tìm giá trị của m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm A, B nằm về hai phía của trục tung, sao cho diện tích quy hoạnh có diện tích quy hoạnh gấp hai lần diện tích quy hoạnh ( M là giao điểm của đường thẳng d với trục tung ) .
Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), dây AB. Trên cung lớn AB lấy điểm C sao cho A < CB. Các đường cao AE và BF của tam giác ABC cắt nhau tại I. a ) Chứng minh tứ giác AFEB là tứ giác nội tiếp b ) Chứng minh CF.CB = CE.CA c ) Nếu dây AB có độ dài bằng R √ 3, hãy tính số đo của ( Ngân Hàng Á Châu ) d ) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt đường tròn ( O ; R ) tại điểm thứ hai là K ( K khác C ). Vẽ đường kính CD của ( O ; R ). Gọi P là trung điểm của AB. Chứng minh rằng ba điểm K, P, D thẳng hàng . Hướng dẫn giải

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1

Biểu thức A xác lập khi √ x – 1 ≠ 0 ⇔ √ x ≠ 1 ⇔ x ≠ 1

Vậy GTNN của P là 2 √ 3 + 3 đạt được khi x = 4 + 2 √ 3
Bài 2
Gọi chiều dài của tấm bìa là x ( x > 3 ) ( dm )
⇒ Chiều rộng của tấm bìa là x – 3 ( dm )
Nếu tăng chiều dài 1 dm và giảm chiều rộng 1 dm thì diện tích quy hoạnh là 66 dm2 nên ta có phương trình :
( x + 1 ) ( x – 3 – 1 ) = 66
⇔ ( x + 1 ) ( x – 4 ) = 66
⇔ x2 – 3 x – 4 – 66 = 0
⇔ x2 – 3 x – 70 = 0
Δ = 32 – 4. ( – 70 ) = 289 ⇒ √ Δ = 17
⇒ Phương trình đã cho có 2 nghiệm

Do x > 3 nên x = 10
Vậy chiều dài của tấm bìa là 10 dm
Chiều rộng của tấm bìa là 7 dm .
Bài 3
1 ) x4 + mx2 – m – 1 = 0
a ) Khi m = 2, phương trình trở thành : x4 + 2×2 – 3 = 0
Đặt x2 = t ( t ≥ 0 ). Khi đó ta có phương trình : t2 + 2 t – 3 = 0
⇒ Phương trình có nghiệm t = 1 và t = – 3 ( do phương trình có dạng a + b + c = 0 )
Do t ≥ 0 nên t = 1 ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ± 1
b ) Đặt x2 = t ( t ≥ 0 ). Khi đó ta có phương trình : t2 – mt – m – 1 = 0 ( * )
Δ = mét vuông – 4 ( – m – 1 ) = mét vuông + 4 m + 4 = ( m + 2 ) 2
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( * ) có 2 nghiệm dương phân biệt

2 ) parabol ( P ) : y = x2 ; đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m ( m là tham số ) .
a ) phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :
x2 = 2 x + m ⇔ x2 – 2 x – m = 0
Δ ‘ = 1 + m
( d ) tiếp xúc với ( P ) khi phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất 1 nghiệm
⇔ Δ ‘ = 1 + m = 0 ⇔ m = – 1
Khi đó hoành độ giao điểm là x = 1
b ) ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm A, B phân biệt nằm về 2 phía của trục tung khi và chỉ khi

Khi đó 2 nghiệm của phương trình là :


Kẻ BB ‘ ⊥ OM ; AA ‘ ⊥ OM

Ta có :
SAOM = 50% AA ‘. OM ; SBOM = 1/2 BB ‘. OM
Theo bài ra :

Do m > 0 nên m = 8
Vậy với m = 8 thì thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo đề bài .
Bài 4

a ) Xét tứ giác AEFB có :
∠ ( AFB ) = 90 o ( AF là đường cao )
∠ ( AEB ) = 90 o ( BE là đường cao )
⇒ 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc bằng nhau
⇒ AEFB là tứ giác nội tiếp .
b ) Xét ΔBEC và ΔAFC có :
∠ ( BCA ) là góc chung
∠ ( BEC ) = ∠ ( AFC ) = 90 o
⇒ ΔBEC ∼ ΔAFC

c ) Gọi P là trung điểm của AB
Do tam giác OAB cân tại O nên OP ⊥ AB
Tam giác OAP vuông tại P có :

⇒ Tứ giác CEIF là tứ giác nội tiếp và CI là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF
Ta có : IK ⊥ KC ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF )
DK ⊥ KC ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O )
⇒ D ; I ; K thẳng hàng ( 1 )
Ta có :
DB ⊥ BC ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O )
AI ⊥ BC ( AI là đường cao của tam giác ABC )
⇒ AI / / BD
DA ⊥ BA ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O )
BI ⊥ BA ( BI là đường cao của tam giác ABC )
⇒ AD / / BI
Xét tứ giác ADBI có : AI / / BD và AD / / BI
⇒ ADBI là hình bình hành
Do P là trung điểm của AB ⇒ P là trung điểm của DI
Hay D ; P ; I thẳng hàng ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ⇒ D ; P ; K thẳng hàng .

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi Học kì 2

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút

(Đề 4)

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn:
A. 2×2 – 3 x + 1 = 0 B. – 2 x = 4
C. 2 x + 3 y = 7 D. 1 / x + y = 3
Câu 2: Hệ phương trình có nghiệm là:
A. ( – 3 ; – 1 ) B. ( 3 ; 1 )
C. ( 3 ; – 1 ) D. ( 1 ; – 3 )
Câu 3: Cho AB là dây cung của đường tròn (O; 4 cm), biết AB = 4 cm, số đo của cung nhỏ AB là:
A. 60 o B. 120 o C. 30 o D. 90 o
Câu 4: Bán kính hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh 2 cm là:
A. 2 cm B. √ 2 cm C. 1 cm D. 4 cm

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1 (1, 5 điểm) giải phương trình và hệ phương trình sau:
a ) x2 – 7 x + 5 = 0

Bài 2 (1, 5 điểm) Cho hai hàm số : y = x2 (P) và y = – x + 2 (d)
a ) Vẽ 2 đồ thì hàm số trên cùng 1 hệ trục tọa độ
b ) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d )
c ) Viết phương trình đường thẳng d ‘ song song với d và cắt ( P ) tại điểm có hoành độ – 1 .
Bài 3 (1, 5 điểm) Cho phương trình x2 + (m – 2)x – m + 1 =0
a ) Tìm m để phương trình có 1 nghiệm x = 2. Tìm nghiệm còn lại
b ) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m
c ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 – 6×1 x2
Bài 4 (3,5 điểm) Cho (O;OA), dây BC vuông góc với OA tại K. Kẻ tiếp tuyến của (O) tại B và A, hai tiếp tuyến này cắt nhau tại H
a ) Chứng minh tứ giác OBHA nội tiếp được đường tròn
b ) Lấy trên O điểm M ( M khác phía với A so với dây BC, dây BM lớn hơn dây MC ). Tia MA và bh cắt nhau tại N. chứng tỏ ∠ ( NMC ) = ∠ ( BAH )
c ) Tia MC và BA cắt nhau tại D. Chứng minh tứ giác MBND nội tiếp được đường tròn .
d ) Chứng minh OA ⊥ ND
Hướng dẫn giải

Phần trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 4: Chọn đáp án C

Kẻ OH ⊥ AB. Do ABCD là hình vuông vắn nên ∠ OAH = 45 o
Tam giác ABC vuông tại B có : AC2 = AB2 + BC2 = 22 + 22 = 8
Nên AC = 2 √ 2 cm
Vì O là trung điểm AC nên

Xét tam giác OAH vuông tại H có:

Vậy nửa đường kính đường tròn nội tiếp hình vuông vắn cạnh 2 cm là 1 cm

Phần tự luận (8 điểm)

Bài 1
a ) x2 – 7 x + 5 = 0
Δ = 72 – 4.1.5 = 49 – 20 = 29 > 0
⇒ Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x ; y ) = ( 0 ; 3 )
Bài 2
a ) Xét hàm số : y = x2 ( P )
Tập xác lập R
Bảng giá trị

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và điểm O ( 0 ; 0 ) là đỉnh và là điểm thấp nhất .
Xét hàm số : y = – x + 2 ( d )
Tập xác lập R
Bảng giá trị

b ) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :
x2 = – x + 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0
⇒ Phương trình có nghiệm 1 và – 2 ( phương trình dạng a + b + c = 0 )
Với x = 1 ⇒ y = x2 = 1
Với x = – 2 ⇒ y = x2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là ( 1 ; 1 ) và ( – 2 ; 4 )
c ) Do d ‘ / / d nên phương trình của d ‘ có dạng : y = – x + b ( b ≠ 2 )
Gọi A là giao điểm của d ‘ và ( P ). A có hoành độ – 1 ⇒ tung độ của A là 1
Do A ( – 1 ; 1 ) nên tọa độ của A thỏa mãn nhu cầu phương trình đường thẳng d ‘
⇒ 1 = – ( – 1 ) + b ⇒ b = 0
⇒ Phương trình đường thẳng d ‘ là y = – x .
Bài 3 x2 + (m – 2)x – m + 1 = 0
a ) phương trình có 1 nghiệm x = 2 nên :
22 + ( m-2 ). 2 – m + 1 = 0
⇔ m = – 1
Với m = – 1, phương trình trở thành : x2 – 3 x + 2 = 0
Theo hệ thức Vi-et ta có : x1 + x2 = 3
Giả sử x1 = 2 ⇒ x2 = 1
Vậy với m = – 1 thì phương trình có 1 nghiệm là 2 và nghiệm còn lại là 1 .
b ) Δ = ( m – 2 ) 2 – 4. ( – m + 1 ) = mét vuông – 4 m + 4 + 4 m – 4 = mét vuông ≥ 0 ∀ m
⇒ Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
c ) Theo hệ thức Vi – et ta có :

A = x12 + x22 – 6×1 x2 = ( x1 + x2 ) 2 – 8×1 x2
= ( 2 – m ) 2 – 8 ( – m + 1 ) = mét vuông – 4 m + 4 + 8 m – 8
= mét vuông + 4 m – 4 = ( m + 2 ) 2 – 8
Ta có : ( m + 2 ) 2 ≥ 0 ∀ m
⇒ ( m + 2 ) 2 – 8 ≥ – 8 ∀ m ⇔ A ≥ – 8 ∀ m
Dấu bằng xảy ra khi ( m + 2 ) 2 = 0 ⇔ m = – 2
Vậy GTNN của A là – 8, đạt được khi m = – 2
Bài 4

a ) Xét tứ giác OBHA có :
∠ ( OBH ) = 90 o ( bh là tiếp tuyến của ( O )
∠ ( OAH ) = 90 o ( AH là tiếp tuyến của ( O )
⇒ ∠ ( OBH ) + ∠ ( OAH ) = 180 o
⇒ Tứ giác OBHA là tứ giác nội tiếp
b ) Ta có : Một phần đường kính OA vuông góc dây BC
⇒ AB = AC ⇒ sđ cung AB = sđ cung AC
⇒ ∠ ( BAH ) = ∠ ( ABC ) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn 2 cung bằng nhau )
Tứ giác ABMC nội tiếp ( O )
⇒ ∠ ( NMC ) = ∠ ( ABC ) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
Do đó : ∠ ( NMC ) = ∠ ( BAH )
c ) 2 tiếp tuyến HA và HB cắt nhau tại H
⇒ ΔHAB cân tại H ⇒ ∠ ( BAH ) = ∠ ( HBA )
Theo ý b ) ∠ ( NMC ) = ∠ ( BAH )
⇒ ∠ ( NMC ) = ∠ ( HBA )
Xét tứ giác MBND có : ∠ ( NMC ) = ∠ ( HBA )
⇒ 2 đỉnh M và B cùng nhìn cạnh ND dưới 1 góc bằng nhau
⇒ MBND là tứ giác nội tiếp .
d ) Xét tứ giác MBND nội tiếp có :
∠ ( BDN ) = ∠ ( BMN ) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN )
Xét tứ giác ABMC nội tiếp ( O ) có :
∠ ( ABC ) = ∠ ( BMN ) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau )
⇒ ∠ ( BDN ) = ∠ ( ABC )
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
⇒ ND / / BC
Mà BC ⊥ OA ⇒ ND ⊥ OA
Xem thêm bộ đề thi Toán lớp 9 năm học 2022 – 2023 tinh lọc khác :

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

Loạt bài Đề thi Toán lớp 9 năm học 2021 – 2022 học kì 1 và học kì 2 được biên soạn bám sát cấu trúc ra đề thi mới Tự luận và Trắc nghiệm giúp bạn giành được điểm trên cao trong các bài thi Toán lớp 9 .
Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.

Source: https://vietsofa.vn
Category : Góc học tập