Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 3)

Biểu thức A xác định khi $\sqrt{x}$- 1 ≠ 0 ⇔ $\sqrt{x}$ ≠ 1 ⇔ x ≠ 1

Vậy GTNN của P là 2$\sqrt{3}$ + 3 đạt được khi x = 4 + 2$\sqrt{3}$

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 là 66 $d{m}^2$ nên ta có phương trình:

(x + 1)(x – 3 – 1) = 66

⇔ (x + 1)(x – 4 ) = 66

⇔ $x^2$ – 3x – 4 – 66 = 0

⇔ $x^2$ – 3x – 70 = 0

Δ = $3^2$- 4.(-70) = 289 ⇒ $\sqrt{∆}$ = 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.

1) $x^4$ + m$x^2$- m - 1 = 0

a) Khi m = 2, phương trình trở thành: $x^4$+ 2$x^2$ – 3 = 0

Đặt $x^2$ = t (t ≥ 0). Khi đó ta có phương trình: $t^2$ + 2t - 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 ⇒ $x^2$ = 1 ⇒ x = ±1

b) Đặt $x^2$ = t (t ≥ 0). Khi đó ta có phương trình: $t^2$ – mt – m – 1 = 0 (*)

Δ = $m^2$ - 4(-m - 1) = $m^2$ + 4m + 4 = ${\left(m+2\right)}^2$

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

parabol (P): y = $x^2$ ; đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số).

a) phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

$x^2$ = 2x + m ⇔ $x^2$- 2x - 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:

$S_{AOM}$ = 1/2 AA'.OM ; $S_{BOM}$ = 1/2 BB'.OM

Theo bài ra:

Do m > 0 nên m = 8

Vậy với m = 8 thì thỏa mãn điều kiện đề bài.

a) Xét tứ giác AEFB có:

∠(AFB) = ${90}^0$ ( AF là đường cao)

∠(AEB) = ${90}^0$ ( 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) = ${90}^0$

⇒ 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.