Gợi ý giải đề thi giữa kì 2 môn toán 9

Gợi ý giải Câu 1(2điểm): 1. Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: X24x+5=0 Ta có ∆’= 221.5= 1≤0 => Phương trình vô nghiệm Vậy không có giao điểm của parabol và đường thẳng trên. 2. a khi m=2 pt trở thành: x26x+9=0 Ta có: ∆’=321.9=0 Pt có nghiệm kép x1=x2=3 b để pt có nghiệm thì ∆’=(m1)21.(2m+5) =m22m+1+2m5=m24  m≥2 hoặc m≤2. Khi đó áp dụng vi ét ta có x1.x2=2m+5, x1+x2=2(m1) Khi đó A= 12 10. x1.x2( x1+x2)22. x1.x2=128. x1.x2( x1+x2)2=128.( 2m+5) 2(m1)2 =12+16m404m2+8m4=4m2+24m32=4(m26m+8)=4(m3)2+4≤4 vậy A lớn nhất khi m3=0  m=3 đối chiếu với điều kiện để pt có nghiệm ta thấy m=3 thỏa mãn. Vậy A lớn nhất khi m=3 và giá trị lớn nhất của A là A=4. Bài 2 (1,5 điểm) A giải hệ pt khi a=2 khi đó hệ pt trở thành: {█(x+2y=12x+y=2)┤↔{█(x+2y=13y=0)┤↔{█(x=1y=0)┤ Khi a =2 hệ pt có nghiệm (1;0) B để hệ pt có nghiệm duy nhất thì 1.1a.a≠0↔1a2 ≠0↔a≠±1. Vậy để hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất thì a≠±1. Bài 3 (1,5 điểm) Gọi số lít xăng mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ là x, x>0. Gọi số lít xăng mỗi máy bơm cỡ lớn tiêu thụ là y, y>0 Mỗi ngày, mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ ít hơn mỗi máy bơm cỡ lớn 40 lít. Ta có: yx=40 (l) 4 máy bơm cỡ nhỏ và 5 máy bơm cỡ lớn tiêu thụ 920 l. ta có: 4x+5y=920 (l) Vậy ta có hệ pt: {█(yx=404x+5y=920)┤ Giải hệ pt trên ta được nghiệm {█(x=80 (tm)y=120 (tm))┤ vậy mỗi ngày, mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ 80 l xăng, mỗi máy bơm cỡ lớn tiêu thụ 120 l xăng. Bài 4 (5 điểm) aXét tứ giác CEHD có : {█((CDH) ̂=90° (do (ADB) ̂=90°)(CEH) ̂=90° (do (BEA) ̂=90°))┤ => CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH. b trong tam giác ABC có AD ⊥BC do (ADB ) ̂ chắn nữa đường tròn. BE ⊥ AC do (BEA) ̂ chắn nửa đường tròn => H là giao điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH ⊥ AB c ta có: {█((HDB) ̂=90°(HIB) ̂=90°)┤=>HDBI nội tiếp đường tròn đường kính BH => (DBH) ̂=(HID) ̂ (góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (1) tương tự tứ giác IHEA nội tiếp đường tròn đường kính AH => (HIE) ̂=(HAE) ̂ (góc nội tiếp cùng chắn cung EH) (2) mặt khác ta có (HAE) ̂=(DBH) ̂ (góc nội tiếp của đường tròn đường kính AB cùng chắn cung DE) (3) từ (1) (2) (3) ta có (HIE) ̂=(HID) ̂ hay IC là đường phân giác (DIE) ̂. d từ E kẻ tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến này cắt CH tại M. khi đó ta có : (MEH) ̂=(CAB) ̂ (góc nội tiếp đường tròn đường kính AB và góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyến cùng chắn cung EB) {█((MEH) ̂+(MEC) ̂=90°(CAB) ̂+(ECM) ̂=90°)┤ kết hợp với (MEH) ̂=(CAB) ̂ =>(MEC) ̂=(ECM) ̂ => ∆ MEC cân tại M => ME=MC Ta có {█((MHE) ̂+(MEC) ̂=90°(MEH) ̂+(MEC) ̂=90°)┤ => (MHE) ̂=(MEH) ̂ => ∆ MHE cân tại ME=MH kết hợp với ME=MC => ME=MC=MH và M là trung điểm của HC. Tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH vậy M chính là tâm của đường tròn này. => MC=ME=MH=MD. Xét ∆MEO và ∆ MDO có {█(OM chungOE=OD (bán kính đường tròn tâm o đường kính AB)ME=MD)┤ => ∆MEO=∆ MDO => (MDO) ̂=(MEO) ̂=90° => MD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB. Hay nói cách khác : tiếp tuyến tại D và tiếp tuyến tại E cắt nhau tại M và M nằm trên CH Hay C,M,H thẳng hàng. e (ACB) ̂=45°=> ∆ ACD vuông cân tại D. => (CAD) ̂=45° (EOD) ̂=2(CAD) ̂=2.45°=90° (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung ED) Gọi diện tích hình viền phần cung nhỏ DE là S Ta có S=Squạt ODE S∆ ODE = (90°.π.r2)(360°)(r.r)2=r24(π2)

Gợi ý giải

Câu 1(2điểm): 1 Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:

X2-4x+5=0

Ta có ∆’= 22-1.5= -1≤0 => Phương trình vô nghiệm

Vậy không có giao điểm của parabol và đường thẳng trên

2 a/ khi m=-2 pt trở thành: x2-6x+9=0

Ta có: ∆’=32-1.9=0

Pt có nghiệm kép x1=x2=3

b/ để pt có nghiệm thì ∆’=(m-1)2-1.(-2m+5) =m2-2m+1+2m-5=m2-4  m≥2 hoặc m≤-2 Khi đó áp dụng vi ét ta có x1.x2=-2m+5, x1+x2=-2(m-1)

Khi đó A= 12- 10 x1.x2-[( x1+x2)2-2 x1.x2]=12-8 x1.x2-( x1+x2)2=12-8.( -2m+5)-[ -2(m-1)]2

=12+16m-40-4m2+8m-4=-4m2+24m-32=-4(m2-6m+8)=-4(m-3)2+4≤4 vậy A lớn nhất khi m-3=0  m=3 đối chiếu với điều kiện để pt có nghiệm ta thấy m=3 thỏa mãn

Vậy A lớn nhất khi m=3 và giá trị lớn nhất của A là A=4.

Bài 2 (1,5 điểm)

A/ giải hệ pt khi a=2 khi đó hệ pt trở thành: { 2 x + y=2 x+2 y=1 ↔ { x +2 y=1 3 y=0 ↔ { x=1 y =0

Khi a =2 hệ pt có nghiệm (1;0)

B/ để hệ pt có nghiệm duy nhất thì 1.1-a.a≠0↔ 1−a2 ≠0↔ a ≠± 1.

Vậy để hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất thì a≠±1

Bài 3 (1,5 điểm)

Gọi số lít xăng mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ là x, x>0

Gọi số lít xăng mỗi máy bơm cỡ lớn tiêu thụ là y, y>0

Mỗi ngày, mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ ít hơn mỗi máy bơm cỡ lớn 40 lít Ta có:

y-x=40 (l)

4 máy bơm cỡ nhỏ và 5 máy bơm cỡ lớn tiêu thụ 920 l ta có:

4x+5y=920 (l)

Vậy ta có hệ pt: { 4 x +5 y=920 y−x=40

Giải hệ pt trên ta được nghiệm { y=120(tm) x=80(tm) vậy mỗi ngày, mỗi máy bơm cỡ nhỏ tiêu thụ 80 l xăng,

mỗi máy bơm cỡ lớn tiêu thụ 120 l xăng

Bài 4 (5 điểm)

a/Xét tứ giác CEHD có :

^

CEH =90 °(do ^ BEA=90 °) =>

CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH

b/ trong tam giác ABC có AD ⊥BC do

^ ADB chắn nữa đường tròn.

BE ⊥ AC do ^ BEA chắn nửađường tròn

=> H là giao iểm của 3 ường cao của tam giác ABC => CHđiểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH ⊥ AB

C D E

c/ ta có: { ^ HDB=90°

^

HIB=90 ° = ¿HDBI nội tiếp ường tròn ường kính BH =>điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH

^

DBH =^ HID( góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (1)

tương tự tứ giác IHEA nội tiếp ường tròn ường kính AH =>điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH

^

HIE=^ HA E ( góc nội tiếp cùng chắn cung EH ) (2)

mặt khác ta có

^

HAE=^ DBH ( g ó c n ộ iti ế p c ủ a đườ ng tr ò n đườ ng k í n h ABc ù ng c hắ n cung DE) (3)

từ (1) (2) (3) ta có ^ HIE=^ HIDhay IC là ường phân giác điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH ^ DIE

d/ từ E kẻ tiếp tuyến của ường tròn tâm O ường kính AB Tiếp tuyến này cắt CH tại M.điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH điểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH khi ó ta cóđiểm của 3 đường cao của tam giác ABC => CH : ^ MEH=^ CAB

( góc nội tiếp đường tròn đường kính AB và góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyến cùng chắn cung EB)

{ ^ MEH +^ MEC=90 °

^

CAB+ ^ ECM =90 °kết hợp với ^ MEH=^ CAB

=>^ MEC=^ ECM => ∆ MEC cân tại M => ME=MC

Ta có

^ MEH +^ MEC=90 ° => ^ MHE=^ MEH => ∆ MHE cân tại ME=MH kết hợp với ME=MC =>

ME=MC=MH và M là trung điểm của HC

Tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH vậy M chính là tâm của đường tròn này

=> MC=ME=MH=MD

Xét ∆MEO và ∆ MDO có

{ OE=OD (bán kínhđường tròntâm o đường kính AB) OM chung

ME=MD

=> ∆MEO=∆ MDO => ^ MDO=^ MEO=90 ° => MD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB

Hay nói cách khác : tiếp tuyến tại D và tiếp tuyến tại E cắt nhau tại M và M nằm trên CH

Hay C,M,H thẳng hàng

e/ ^ ACB=45 °=> ∆ ACD vuông cân tại D => CAD=45 ° ^

^

Gọi diện tích hình viền phần cung nhỏ DE là S

Ta có S=Squạt ODE - S∆ ODE = 90 ° π r2

360 ° −

r r

2 =

r2

4 ( π−2)