Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án (Đề 7)

1)

a)  $\{\begin{array}{c}3x-1=0\\ 3x+2y=3\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{c}3x=1\\ 3x+2y=3\end{array}$

Û  $\{\begin{array}{c}x=\frac{1}{3}\left(1\right)\\ 3x+2y=3\left(2\right)\end{array}$

Thế (1) vào (2) ta được: 3.$\frac{1}{3}$ + 2y = 3

Û 2y = 2

Û y = 1.

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất  $\left(\frac{1}{3};1\right)$.

b) x² + x – 2 = 0

Û x² + 2x – x – 2 = 0

Û x(x + 2) – (x + 2) = 0

Û (x + 2)(x – 1) = 0

Û  $[\begin{array}{c}x+2=0\\ x-1=0\end{array}$ Û  $[\begin{array}{c}x=-2\\ x=1\end{array}$.

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −2 và x = 1.

2) Gọi chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x (m) (x > 0).

Chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x – 7 (m)

Do độ dài đường chéo của mảnh đất là 13m nên:

x² + (x – 7)² = 13²

Û x² + x² – 14x + 49 = 169

Û x² – 7x – 60 = 0

Û x² – 12x + 5x – 60 = 0

Û x(x – 12) + 5(x – 12) = 0

Û (x + 5)(x – 12) = 0

Û x = −5 (loại) hoặc x = 12 (nhận).

Vậy chiều dài của mảnh đất là 12m, chiều rộng của mảnh đất là 12 – 7 = 5m.

1) + f(−1)$\frac{1}{2}$

Thay x = −1 vào y = x², ta được: f(−1) = (−1)² = 1.

+ f(3)

Thay x = 3 vào y = x², ta được: f(3) = 3² = 9.

Vậy f( – 1) = 1 và f(3) = 9.

2) Kẻ AH, MK, BI lần lượt vuông góc với Ox tại H, M, I ta được hình vẽ sau:

 

Khi đó AH = |y_A| = 1; OH = |x_A| = |-1| = 1;

OK = |x_M| = |m|; MK = |y_M| = m²;

OI = |x_B| = 3; BI = |y_B| = 9.

Suy ra: HK = |m + 1|; KI = OI – OK = |3 – m|;

HI = OH + OI = 1 + 3 = 4.

Ta có: S_∆ABM = S_AHIB – S_AHKM – S_MKIB

Ta có: Tứ giác AHIB, AHKM, MKIB là những hình thang vuông nên:

S_AHIB =  $\frac{1}{2}$(AH + BI). HI =  $\frac{1}{2}$(1 + 9).4 = 20 (đvdt).

S_AMKH = $\frac{1}{2}$ (AH + MK). HK = $\frac{1}{2}$ (1 + |y_M|).|x_M + 1| =  $\frac{1}{2}$(1 + m²).|m + 1|

S_MKIB =  $\frac{1}{2}$(MK + BI). KI = (m² + 9). |3 – m|

Þ S_ABM = 20 −  $\frac{1}{2}$(1 + m²).|m + 1| −  $\frac{1}{2}$(m² + 9). |3 – m|

Do −1 < m < 3 nên  $\left(\begin{array}{c}|m+1|=m+1\\ |3-m|=3-m\end{array}\right)$, ∀m Î (−1;3)

Khi đó: S_ABM = 20 − (1 + m²).(m + 1) − (m² + 9). (3 – m)

= 20 −  $\frac{1}{2}$(m + 1 + m³ + m²) −$\frac{1}{2}$ (3m² – m³ + 27 – 9m)

= 20 − $\frac{1}{2}$(4m² – 8m + 28)

Để diện tích của tam giác ABM đạt GTLN thì (4m² – 8m + 28) đạt GTNN

Mà (4m² – 8m + 28) = 4(m² – 2m + 7) = 4(m² – 2m + 1) + 24 = 4(m – 1)² + 24 ≥ 24, ∀m

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

Vậy (4m² – 8m + 28) đạt GTNN bằng 24 khi m = 1.

Vậy S_∆ABM đạt GTLN bằng 8 khi m = 1.

a) Ta có BD ^ AC (gt) Þ  $\widehat{BDC}$= 90°

b) Ta có

CE ^ AB (gt) Þ  $\widehat{AEC}$ = 90°

BD ^ AC (gt) Þ $\widehat{BDA}$ = 90°

Þ $\widehat{AEC}+\widehat{BDA}$= 180°

Þ AEHD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°).

3) Xét ∆BHQ và ∆CHP có:

 $\widehat{BHQ}=\widehat{CHP}$(Hai góc đổi đỉnh)

 $\widehat{BQH}=\widehat{CPH}$(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn (O)).

Nên ∆BHQ  $\backsim$∆CHP (g.g)

Þ  $\frac{BH}{CH}=\frac{HQ}{HP}$Þ HB.HP = HC.HQ

4) Ta có

  $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}$= 90° (chứng minh trên)

Mà hai góc $\widehat{BDC}$  và  $\widehat{BEC}$ cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vuông

Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Þ $\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE) (1).

Có  $\widehat{BCQ}=\widehat{QPB}$(góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn (O)) (2).

Từ (1) và (2) Þ  $\widehat{QPB}=\widehat{BDE}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị Þ PQ // DE (*).

Ta có  $\widehat{DCE}=\widehat{DBE}$(góc nội tiếp cùng chắn cung DE của đường tròn nội tiếp tứ giác BCDE).

Hay  $\widehat{ACQ}=\widehat{ABP}$ Û AP = AQ (3).

Mặt khác: OP = OQ (cùng là bán kính của đường tròn (O)) (4).

Từ (3) và (4) Þ OA là đường trung trực của đoạn thẳng PQ Þ OA ^ PQ (*)(*).

Từ (*) và (*)(*) suy ra OA ^ DE (đpcm).

Ta có:

  $\frac{a^5}{a^3+2b^3}=\frac{a^2\left(a^3+2b^3\right)-2a^2{b}^3}{a^3+2b^3}$= a² − 2 $\frac{a^2{b}^3}{a^3+2b^3}$

a³ + 2b³ = a³ + b³ + b³ ≥  $3\sqrt[3]{a^3.b^3.b^3}$Þ a³ + 2b³ ≥ 3ab²

Þ  $\frac{a^2{b}^3}{a^3+2b^3}$≤  $\frac{a^2{b}^3}{3a{b}^2}$Þ  $\frac{a^2{b}^3}{a^3+2b^3}$≤  $\frac{ab}{3}$

Þ a² − 2 $\frac{a^2{b}^3}{a^3+2b^3}$ ≥ a² −  $\frac{2}{3}$ab Þ  $\frac{a^5}{a^3+2b^3}$ ≥ a² − $\frac{2}{3}$ ab

Chứng minh tương tự

$\frac{b^5}{b^3+2c^3}$   ≥ b² − $\frac{2}{3}$ bc,  $\frac{c^5}{c^3+2a^3}$ ≥ c² −  $\frac{2}{3}$ca.

Từ đây ta có S ≥ a² + b² + c² −  $\frac{2}{3}$ab −  $\frac{2}{3}$bc −  $\frac{2}{3}$ca

= $\frac{1}{2}$[(a – b)² + (b – c)² + (c – a)²] + $\frac{1}{3}$(ab + bc + ca)

Þ P ≥ $\frac{1}{3}$(ab + bc + ca)

Áp dụng bất đẳng thức (x + y + z)² ≥ 3(xy + yz + zx), ta có:

(ab + bc + ca)² ≥ 3 Þ ab + bc + ca ≥  $\sqrt{3}$

Þ P ≥  $\frac{\sqrt{3}}{3}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =  $\frac{1}{\sqrt[4]{3}}$

Vậy min S =  $\frac{\sqrt{3}}{3}$ tại (a;b;c) =  $\left(\frac{1}{\sqrt[4]{3}};\frac{1}{\sqrt[4]{3}};\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\right)$.