Đề thi học kì I môn Toán Lớp 9 - Đề số 15 (Có đáp án)
LG bài 1
Giải chi tiết:
Ta có: 142 1.(128) 196 128 324 182
0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S {32;4}
LG bài 2
Giải chi tiết:
a) Khi m 1 ta có phương trình x3 0
Do đó, phương trình có 1 nghiệm là x 3.
b) Khi m 1 theo câu a phương trình có một nghiệm.
Khi m 1, phương trình đã cho là một phương trình bậc 2 có (2m 3)2 4(m1)(m 4) 8m 7
Phương trình có nghiệm 8m7 0 (với m 1)
Kết hợp 2 trường hợp trên: khi 7
m 8 thì phương trình đã cho có nghiệm.
5 trang
22/02/2023
5160
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi học kì I môn Toán Lớp 9 - Đề số 15 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
File đính kèm:
- de_thi_hoc_ki_i_mon_toan_lop_9_de_so_15_co_dap_an.pdf
Nội dung text: Đề thi học kì I môn Toán Lớp 9 - Đề số 15 (Có đáp án)
- c ĐỀ THI HỌC KÌ I: ĐỀ SỐ 15 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Đề bài Bài 1 (1,0 điểm): Giải phương trình xx2 281280 Bài 2 (1,5 điểm): Cho phương trình (1)(23)40(1)mxmxm 2 , với m là tham số. a) Giải phương trình khi m 1 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
- LG bài 1 Giải chi tiết: Ta có: 141.(128)1961283241822 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1418 1418 x 32 và x 4 1 1 2 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S { 3 2 ;4 } LG bài 2 Giải chi tiết: a) Khi m 1 ta có phương trình x 30 Do đó, phương trình có 1 nghiệm là x 3. b) Khi m 1 theo câu a phương trình có một nghiệm. Khi m 1, phương trình đã cho là một phương trình bậc 2 có (23)4(1)()87mmmm 2 4 Phương trình có nghiệm 87m 0 (với m 1) 7 Kết hợp 2 trường hợp trên: khi m thì phương trình đã cho có nghiệm. 8 LG bài 3 Giải chi tiết: 1 Cho ()P là đồ thị hàm số y x2 , () d là đồ thị hàm số yx 2 và ()d là đồ thị hàm số yx . 2 1 a) +) Vẽ đồ thị của hàm số yx 2 : 2 Chọn xy 00 ; 11 xy 1 .12 ; 22 11 xy 1 .( 1)2 22
- 11 Vậy đồ thị hàm số nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng và đi qua các điểm (0;0);1;;1; . 22 +) Vẽ đồ thị hàm số yx 2 Chọn xyxy 00 ;12 . Đồ thị hàm số yx 2 đi qua gốc tọa độ ( 0;0 ) và điểm (1;2 ). +) Vẽ đồ thị hàm số yx Chọn xyxy 00 ;1 1. Đồ thị hàm số yx đi qua gốc tọa độ ( 0;0 ) và điểm (1; 1) . b) +) Hoành độ giao điểm của ()P và ()d là nghiệm của phương trình: 1 xx2 2 2 1 xx2 20 2 1 xx 20 2 x 0 x 0 1 x 20 x 4 2 Với xy 4 8 Vậy giao điểm thứ hai của ()P và ()d là A( 4; 8) +) Hoành độ giao điểm của ()P và ()d là nghiệm của phương trình: 1 xx2 2 1 xx2 0 2 1 xx 10 2 x 0 x 0 1 x 10 x 2 2 Với xy 2 2 Vậy giao điểm thứ hai của ()P và ()d là B(2; 2) .
- +) Ta có: OA222 4880; OB222 228 ; AB222 (42)(82)72 OAOBAB222 Tam giác OAB vuông tại B Ta có OBcmABcm 22;62. 11 Diện tích tam giác $OAB$ là SOB ABcm 22.6212() 2 OAB 2 2 LG bài 4 Giải chi tiết: Gọi xy, là hai số tự nhiên cần tìm, trong đó y là số lớn, x là số bé. Theo đề bài ta có phương trình yx 1814 và yx 9 1 8 2 . yx 1814 Nên ta có hệ phương trình yx 9182 y x 1814 8 x 1632 x 204 x 1814 9 x 182 y x 1814 y 2018 Vậy hai số tự nhiên cần tìm là $204$ và $2018$. LG bài 5 Giải chi tiết: a) Ta có CDM 900 (do MD BC )
- C E M 900 (do M E A C ) CDMCEM 1800 Tương tự câu a ta cũng có tứ giác $BDMF$ nội tiếp nên ta có: MDE MBF (2) (cùng chắn của đường tròn ()BDME ) Từ (1) và (2) ta suy ra: EDFMDEMDFMBCMBFCBA 600 (vì tam giác $ABC$ đều do có A B A C và BAC 600 ) c) Ta có M E D M C D (cùng chắn của đường tròn ()C D M E ) Mà MCDMBF (cùng chắn của đường tròn ()O ) Kết hợp (2) MEDMDF (3) Từ (1): MDEMBC Mà MBCMFD (cùng chắn của đường tròn ()BDMF ) MDEMFD (4) Từ (3) và (4) suy ra M D E và M F D đồng dạng MDME MDME2 MF. MFMD
