Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 4)

a) $x^2$ - 7x + 5 = 0

Δ = $7^2$ - 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)

a) Xét hàm số: y = $x^2$ (P)

Tập xác định R

Bảng giá trị

Đồ thị hàm số y = $x^2$ 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 định R

Bảng giá trị

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

$x^2$ = -x + 2 ⇔ $x^2$ + x - 2 = 0

⇒ Phương trình có nghiệm 1 và -2 ( phương trình dạng a + b + c = 0)

Với x = 1 ⇒ y = $x^2$= 1

Với x = - 2 ⇒ y = $x^2$ = 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)

Do A (-1; 1) nên tọa độ của A thỏa mãn phương trình đường thẳng d'

⇒ 1 = -(-1) + b ⇒ b = 0

⇒ Phương trình đường thẳng d' là y = -x.

a) phương trình có 1 nghiệm x = 2 nên :

$2^2$ + (m-2).2 - m + 1 = 0

⇔ m = -1

Với m = -1, phương trình trở thành:$x^2$ – 3x + 2 = 0

Theo hệ thức Vi-et ta có: $x_1$ + $x_2$ = 3

Giả sử $x_1$ = 2 ⇒ $x_2$ = 1

Vậy với m = - 1 thì phương trình có 1 nghiệm là 2 và nghiệm còn lại là 1.

b) Δ = ${\left(m-2\right)}^2$ -4.(-m + 1) = $m^2$ - 4m + 4 + 4m - 4 = $m^2$ ≥ 0 ∀ m

⇒ Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

c) Theo hệ thức Vi- et ta có:

A = ${x_1}^2+{x_2}^2-6x_1{x}_2$ =${\left(x_1+x_2\right)}^2-8x_1{x}_2$  

=${\left(2-m\right)}^2$ - 8(-m + 1) = $m^2$- 4m + 4 + 8m - 8

= $m^2$ + 4m - 4 = ${\left(m+2\right)}^2$- 8

Ta có: (m + 2)2 ≥ 0 ∀ m

⇒ ${\left(m+2\right)}^2$- 8 ≥ -8 ∀ m ⇔ A ≥ -8 ∀ m

Dấu bằng xảy ra khi ${\left(m+2\right)}^2$ = 0 ⇔ m= -2

Vậy GTNN của A là -8, đạt được khi m = -2

a) Xét tứ giác OBHA có:

∠(OBH) =${90}^0$ ( BH là tiếp tuyến của (O)

∠(OAH) =${90}^0$(AH là tiếp tuyến của (O)

⇒ ∠(OBH) + ∠(OAH) = ${180}^0$

⇒ 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.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