Kiểm tra học kì 2 môn Toán 9: Độ dài của một đường tròn là \(10\pi \) (cm). Diện tích của hình tròn đó là

I. TRẮC NGHIỆM (1,0đ). Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

1. Cặp số \(\left( { – 1;2} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây?

A.\(\left\{ \begin{array}{l}x + 5y = 9\\6x + 2y =  – 2\end{array} \right.\)

B. \(\left\{ \begin{array}{l} – 2x + y = 7\\x – \dfrac{3}{4}y = 3\end{array} \right.\)

C. \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\ – 2x + y = 4\end{array} \right.\)

D. \(\left\{ \begin{array}{l}2x – 2y = 0\\x + y = 3\end{array} \right.\)

2. Điều kiện của m để phương trình \({x^2} – 2mx + {m^2} – 4 = 0\) có hai nghiệm \({x_1} = 0,{x_2} > 0\) là:

A. \(m =  – 2\)

B. \(m = 2\)

C. \(m =  \pm 2\)

D. \(m = 16\)

3. Cho đường tròn \(\left( {O,R} \right)\) đường kính AB, dây \(AC = R\). Khi đó số đo độ của cung nhỏ BC là:

A.\({60^0}\)                 B. \({120^0}\)

C. \({90^0}\)                D. \({150^0}\)

4. Độ dài của một đường tròn là \(10\pi \) (cm). Diện tích của hình tròn đó là:

A. \(10\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

B. \(100\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

C. \(50\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

D. \(25\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

II. TỰ LUẬN ( 9,0đ)

Bài I ( 2,5đ)

1. Giải hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{2}{{x – 2}} + \dfrac{1}{{y + 1}} = 3}\\{\dfrac{3}{{x – 2}} – \dfrac{2}{{y + 1}} = 8}\end{array}} \right.\)

2. Trong mặt phẳng tọa độ \({\rm{O}}xy\) cho Parabol (P) : \(y = {x^2}\) và đường thẳng (d) : \(y = 2mx – 2m + 1\)

a) Với \(m =  – 1\) . Hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) .

b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  : \(A({x_1};{y_2});B({x_2};{y_2})\) sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài II (2,5 điêm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoạc hệ phương trình

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 120 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 5 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hết số hàng đó trong bao nhiêu ngày?

Bài III. (3,5đ)

Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có dây cung \(C{\rm{D}}\) cố định. Gọi M là điểm nằm chính giữa cung nhỏ \(C{\rm{D}}\).

Đường kính MN của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt dây \(C{\rm{D}}\) tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn \(C{\rm{D}}\).

(E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

a) Chứng minh rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) Chứng minh: EI.MN=NK.ME

c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn \(C{\rm{D}}\) (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Bài IV (0,5 điểm): Cho \(a;b;c > 0\), chứng minh rằng:

\(\dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}} < \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}}  \)\(\,+ \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}}  + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \)

I. TRẮC NGHIỆM (1,0đ).

1. Thay \(x =  – 1,y = 2\) vào các hệ.

Ta được đáp án A và C.

2. Thay \({x_1} = 0\) vào phương trình ta được \({m^2} – 4 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 2\)

Thử lại: Thay \(m = 2\) vào phương trình ta được

\(\begin{array}{l}{x^2} – 4x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\) (thỏa mãn điều kiện đề bài)

Thay \(m =  – 2\) vào phương trình ta được

\(\begin{array}{l}{x^2} + 4x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  – 4\end{array} \right.\end{array}\) (không thỏa mãn điểu kiện đề bài)

Vậy đáp án B.

3. \(AC = R \Rightarrow \Delta AOC\) là tam giác đều. Suy ra góc \(CAB = {60^0}\)

Mà \(\widehat {CAB} = \dfrac{1}{2}\) số đo cung BC \( \Rightarrow \) số đo cung BC = 120⁰.

Chọn đáp án B.

4. Gọi bán kính hình tròn là R

            Chu vi hình tròn bằng \(2\pi R = 10\pi  \Rightarrow R = 5\)

Diện tích hình tròn là \(\pi {R^2} = 25\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy chọn đáp án D.

II. TỰ LUẬN ( 9,0đ)

Bài I ( 2,5đ)

1) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{2}{{x – 2}} + \dfrac{1}{{y + 1}} = 3}\\{\dfrac{3}{{x – 2}} – \dfrac{2}{{y + 1}} = 8}\end{array}} \right.\)  ( Điều kiện xác định : \(x \ne 2;y \ne  – 1\) )

+) Đặt \(\dfrac{1}{{x – 2}} = a;\dfrac{1}{{y + 1}} = b\)

+) Hệ phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a + b = 3}\\{3a – 2b = 8}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 2b = 6}\\{3a – 2b = 8}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{7a = 14}\\{3a – 2b = 8}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b =  – 1}\end{array}} \right.(TM)\end{array}\)

+) Thay \(a = 2 \Rightarrow \dfrac{1}{{x – 2}} = 2 \)

\(\Leftrightarrow 2x – 4 = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2}\)

+) Thay \(b =  – 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{y + 1}} =  – 1 \) \(\Rightarrow  – y – 1 = 1 \Leftrightarrow y =  – 2\)

+) Vậy hệ phương trình có nghiệm (\(x;y) = (\dfrac{5}{2}; – 2)\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ \({\rm{O}}xy\) cho Parabol (P) : \(y = {x^2}\) và đường thẳng (d) : \(y = 2mx – 2m + 1\)

a)

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x^2} = 2mx – 2m + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} – 2mx + 2m – 1 = 0\end{array}\)

+) Thay \(m =  – 1\)  vào phương trình ta được :

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x^2} + 2x – 3 = 0\\ \Leftrightarrow (x – 1)(x + 3) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x =  – 3}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 1}\\{y = 9}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

+) Vậy khi \(m =  – 1\) thì giao điểm của (P) và (d) là : \((1;1);( – 3;9)\)

b)

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x^2} = 2mx – 2m + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} – 2mx + 2m – 1 = 0\end{array}\)

\(\Delta ‘ = {m^2} – 2m + 1 = {(m – 1)^2} > 0\) \(\forall m \ne 1\) (1)

   +) Suy ra (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  : \(A({x_1};{y_2});B({x_2};{y_2})\)

\({x_1} \in (P) \Rightarrow {y_1} = x_1^2\)

\({x_2} \in (P) \Rightarrow {y_2} = x_2^2\)

+) Áp dụng định lí viet ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = 2m – 1}\end{array}} \right.\)

+) Vì tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2  nên ta có phương trình :

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {y_1} + {y_2} = 2\\ \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 = 2\\ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} – 2{x_1}{x_2} = 2\\ \Leftrightarrow 4{m^2} – 2(2m – 1) = 2\\ \Leftrightarrow 4{m^2} – 4m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0(TM)}\\{m = 1(Loai)}\end{array}} \right.\end{array}\)

+) Vậy \(m = 0\) thì  (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  : \(A({x_1};{y_2});B({x_2};{y_2})\) sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài II (2,5đ) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoạc hệ phương trình

Gọi thời gian chở hàng theo kế hoạch là x (ngày,\(x{\rm{ }} > {\rm{ }}1\) )

Năng suất của đội xe theo kế hoạch  là \(\dfrac{{120}}{x}\) (tấn/ngày)

Thời gian chở hàng thực tế là \(x – 1\) (ngày)

Năng suất thực tế là \(\dfrac{{125}}{{x – 1}}\) (tấn/ngày)

Vì đội xe chở hàng vượt mức 5 tấn/ ngày nên ta có phương trình

\(\begin{array}{l}\dfrac{{125}}{{x – 1}} – \dfrac{{120}}{x} = 5\\ \Rightarrow 5{x^2} – 10x – 120 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x =  – 4\end{array} \right.\end{array}\)

Vì \(x{\rm{ }} > {\rm{ }}1\)nên \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}6\)

Vậy thời gian chở hàng theo kế hoạch là 6 ngày

Bài III. (3,5đ)

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có đường kính MN, M là điểm chính giữa cung nhỏ \(C{\rm{D}}\) (gt) nên MN vuông góc với CD tại trung điểm I của CD. Do đó: \(\widehat {MI{\rm{D}}} = {90^0}\)

Ta có \(E \in \left( {O;\dfrac{1}{2}MN} \right) \Rightarrow \widehat {MEN} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác IKEN có: \(\widehat {MI{\rm{D}}} + \widehat {MEN} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác IKEN nội tiếp. (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Tứ giác IKEN nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {MEI} = \widehat {MNK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(IK\))

Xét \(\Delta MEI\) và \(\Delta MNK\)có:

\(\left. \begin{array}{l}\widehat {MEI} = \widehat {MNK}(cmt)\\\widehat {EMI}chung\end{array} \right\} \)\(\,\Rightarrow \Delta MEI \sim \Delta MNK(g.g) \)\(\,\Rightarrow \dfrac{{EI}}{{NK}} = \dfrac{{ME}}{{MN}} \)\(\,\Rightarrow EI.MN = NK.ME\)

c) Xét \(\Delta MNP\)có 2 đường cao ME và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm \(\Delta MNP\)

Do đó NK vuông góc với MP tại Q. Từ đó suy ra \(\widehat {NQP} = {90^0}\)

Xét tứ giác NIQP có: \(\widehat {NIP} = \widehat {NQP} = {90^0}\) mà 2 góc này cùng nhìn NP do đó tứ giác NIQP nội tiếp. Suy ra \(\widehat {QNP} = \widehat {QIP}\) (vì cùng chắn cung PQ) (1)

Tứ giác IKEN nội tiếp (cm a) nên \(\widehat {QNP} = \widehat {EIK}\)(cùng chắn cung\(EK\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {QIP} = \widehat {EIK}\). Do đó IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\).

d)  Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn \(C{\rm{D}}\) (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

 Ta có: \(\left. \begin{array}{l}ME \bot NP\\CH \bot NP\end{array} \right\} \Rightarrow ME//CH \)\(\,\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {DEM} = \widehat {DHC}\,\left( {dv} \right)\\\widehat {MEC} = \widehat {ECH}\,\left( {slt} \right)\end{array} \right.\)

Mà \(\widehat {DEM} = \widehat {MEC}\,\)( 2 góc nt chắn 2 cung = nhau)

\( \Rightarrow \widehat {EHC} = \widehat {ECH}\)

\( \Rightarrow \Delta EHC\)cân tại E

\( \Rightarrow \)EN là trung trực của CH

Xét \(\Delta DCH\)có: IN là trung trực của CD (dễ dãng cm) \( \Rightarrow NC = ND\)

                         EN là trung trực của CH (cmt)  \( \Rightarrow NC = NH\)

\( \Rightarrow \)N là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DCH\)

\( \Rightarrow \)\(H \in \left( {N;NC} \right)\)

Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định khi E chạy trên CD

Bài IV (0,5 điểm

Đặt \(A = \dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}} \)\(\,= 1 – \dfrac{b}{{a + b}} + 1 – \dfrac{c}{{b + c}} + 1 \)\(\,- \dfrac{a}{{c + a}}\)\(\, = 3 – \left( {\dfrac{b}{{a + b}} + \dfrac{c}{{b + c}} + \dfrac{a}{{c + a}}} \right)\)

Mà do \(a;b;c > 0\)nên:

\(\dfrac{b}{{a + b}} > \dfrac{b}{{a + b + c}}\)

\(\dfrac{c}{{b + c}} > \dfrac{c}{{a + b + c}}\)

\(\dfrac{a}{{c + a}} > \dfrac{a}{{a + b + c}}\)

Cộng các vế ta được:

Đặt \(B = \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}}  + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \)\(\,= \dfrac{a}{{\sqrt {a(b + c)} }} \)\(\,+ \dfrac{b}{{\sqrt {b(c + a)} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {c(a + b)} }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương \(\sqrt a ;\sqrt {b + c} \)ta được:

\(\sqrt {a(b + c)}  \le \dfrac{{a + b + c}}{2} \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{a}{{\sqrt {a(b + c)} }} \ge \dfrac{{2a}}{{a + b + c}}\)

Tương tự ta có:

\(\dfrac{b}{{\sqrt {b(c + a)} }} \ge \dfrac{{2b}}{{a + b + c}}\)

\(\dfrac{c}{{\sqrt {c(a + b)} }} \ge \dfrac{{2c}}{{a + b + c}}\)

Từ đó, ta có:

\(\dfrac{a}{{\sqrt {a(b + c)} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {b(c + a)} }} \)\(\,+ \dfrac{c}{{\sqrt {c(a + b)} }} \ge \dfrac{{2a + 2b + 2c}}{{a + b + c}} = 2\)

\( \Leftrightarrow B \ge 2\,\,(**)\)

Từ \((*),(**)\)ta có: \(A < B\) hay \(\dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}\)\(\, < \sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\dfrac{b}{{c + a}}}  + \sqrt {\dfrac{c}{{a + b}}} \)

=> đpcm