điểm 0,25 điểm

Áp dụng hệ thức Vi - et ta được: ^{1 2}

1 2

x x 2 m

x x 4

 

  



Theo bài ra, ta có: x1² x²2 3x x1 2  0



x1x2



² x x1 2 0 Thay x₁x₂ 2 m và x x_{1 2}  4 vào (2) ta được:(2 m)²  4 0

2 2

4m 4 m 1 m 1

       .

Vậy với m = 1 hoặc m = -1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

MB BN

 

MKB NMB

  (2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhauME,EN ) +) Xét BMC và BKMcó:

MBK : góc chung

MKBCMB (chứng minh trên)

BMC BKM(g g)

   

BM BC BK BM

 

BM2 BK BC

   (đpcm)

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 3)

a) Xét AIB có BK, IE là hai đường cao Mà BKIE {C} C là trực tâm của AIB

AC IB

  hay ADIBADB90^

D thuộc đường tròn đường kính AB hay D thuộc (O;R).

b) Ta có: CDB 90 (ADB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Và CEB 90 (IEAB)

CDB CEB 90 90 180

       

0,25 điểm

Do đó, tứ giác BDCE nội tiếp CBE CDE

  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE )

Xét (O), KDACBE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) KDC CDE DC

   là tia phân giác của KDE + Chứng minh tương tự KC là phân giác của DKE

Xét DKE, có: KC, DC là các tia phân giác của DKE,KDE . Mà KC giao DC tại C

Nên C là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Suy ra điểm C cách đều 3 cạnh của tam giác DKE

0,25 điểm

0,25 điểm 4)

+ ) Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp MCK MB MO'(1)

 

+) Xét (O) có AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2) Từ (1) và (2) suy ra O' AM

Vì B, A, M cố định  O’ luôn thuộc đường thẳng cố định AM.

Kẻ EHAM H cố định (Vì E cố định, AM cố định) Xét O'EH có O'HE 90

O E^ HE

  (qhệ đường vuông góc, đường xiên) MinO E' HE O' H

   

Mà ta luôn có O' luôn thuộc đường trung trực của MC '

O'C O M

 

Vậy khoảng cách O'E nhỏ nhất khi O^  H C là giao điểm thứ hai của (H;HM) với dây MN trong đó H là chân đường vuông góc của E trên AM.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

5 (0,5 điểm)

Ta có y 1 x 0

x 1 y 0

   



  



1 y 1 x 1 1

P ( x y)

y x x y

 

 

     

Lai có

x y 2 1 1 1

xy 4(x, y 0) 2

2 4 xy xy

  

       

1 1 1

2 2 2

x y xy

 

   

Mặt khác (1 x 1 y)²  (1 1)(xy) (Bất đẳng thức Bunhiacopski) Nên x  y 2

Dấu ^{ } xảy ra khi x y 0,5 Vây Min P 2  x y 0,5.

0,25 điểm

0,25 điểm

---

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS …

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề kiểm tra này gồm: 02 trang)

--- Câu 1: (2.0 điểm) Cho hai biểu thức: 3 1 x 1

A x x 1 x 1 x x 1

   

    và 1

B x với x0

1. Tính giá trị của B tại x ¹

 4. 2. Rút gọn biểu thức A.

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ^B

 A .

Câu 2: (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ô tô đi trên quãng đường dài 400 km. Khi đi được 180 km thì ôtô tăng vận tốc so với lúc trước thêm 10 km / h và đi hết quãng đường còn lại. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô, biết thời gian đi hết cả quãng đường là 8 giờ. (Giả thiết vận tốc ô tô không đổi trên mỗi đoạn đường).

Câu 3: (2,5 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

2 1 13

x 3 y 1 20

5 2 1

x 3 y 1 2

  

  



  

  



2. Cho

x2

(P) : y 4

 và đường thẳng (d) : ym(x 1) 2

a) Chứng minh: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B khi m thay đổi.

b) Gọi x ; x lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm m để _{1 2} x .x₁² ₂ x .x_{1 2}² đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị đó.

ĐỀ SỐ 12

Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) với đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điểm B. Gọi M là trung điểm AB, từ M kẻ dây DE vuông góc với AB. Từ B kẻ BF vuông góc với CD (F thuộc CD ).

1. Chứng minh: tứ giác BMDF nội tiếp 2. Chứng minh: CB.CMCF.CD

3. Chứng minh: tứ giác ADBE là hình thoi và 3 điểm B, E, F thẳng hàng.

4. Gọi S là giao điểm của BD và MF, tia CS lần lượt cắt AD, DE tại H và K. Chứng minh: DA DB DE

DH  DS  DK

Câu 5: (0,5 điểm) Tìm cặp số (x, y) với y là số nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện:

2 2

x 5y 2y4xy 3 0.

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Thay x ¹

 4 vào B, ta được: B ^{1 1} 2 1 1

4 2

  

Vậy với x ¹

 4 thì B2.

0,25 điểm

0,25 điểm

b) 3 1 x 1

A x x 1 x 1 x x 1

   

   

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS … ---

Đề : 12

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ---

3 x x 1 ( x 1)( x 1) ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1)

   

  

        

3 x x 1 x 1

( x 1)(x x 1) x 1

( x 1)(x x 1) 1

x x 1

    

   

 

  

  

Vậy 1

A x x 1

 

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) Xét

1

B x x x 1 x x 1 1

P x 1

A 1 x x x x x

x x 1

 

        

 

Vì x 0 x 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương x , 1

x :

1 1

x 2 x. 2

x x

  

P x 1 1 2 1 1

   x     Dấu “=” xảy ra khi 1

x x 1

 x  

Vậy Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x = 1.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

2

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là x( km / h)(x0) Vận tốc lúc sau của ô tô là: x 10 (km/h)

0,25 điểm

(1,5

điểm) Thời gian ô tô đi trên đoạn đường đầu ¹⁸⁰ x (h) Đoạn đường lúc sau là: 400 180 220  (km) Thời gian ô tô đi trên đoạn đường sau 220

x 10 (h)

Theo đề bài, thời gian ô tô đi trên cả quãng đường là 8 giờ. Ta có phương trình:

180 220 x  x 10 8



   

 

180 x 10 220x 8x x 10 x x 10 x x 10

 

  

 

   

180. x 10 220x 8x x 10

    

2 2

180x 1800 220x 8x 80x 8x 320x 1800 0

    

   

x2 40x 225 0

   



^{x 45 x}



⁵



⁰

   

x 45

  (thỏa mãn) hoặc x 5(không thỏa mãn).

Vậy vận tốc lúc đầu của oto là 45 km/h.

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm Câu

3 (2,5 điểm)

a) Điều kiện:

x 0 x 0

x 3 0 x 9

y 1 0 y 1

   

    

 

     



Đặt 1 1

a , b (b 0)

x 3 y 1

  

  .

Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với:

0,25 điểm

13 13 9

2a b 4a 2b 9a

20 10 5

1 1 1

5a 2b 5a 2b 5a 2b

2 2 2

       

  

  

  

        

  

  

1 1

a a

5 5

1 1 1

5. 2b b

5 2 4

   

 

 

 

    



 



(thỏa mãn)

1 1

x 3 5

5 x 64

x 3 x 8

1 1 y 1 4 y 1 16 y 15

y 1 4

 

        

  

         

 



(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( 64; 15).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 2.

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P), ta có:

   

2

2 2

x m x 1 2 x 4m x 1 8 x 4mx 4m 8 0

 4              (1) Tính: ^{ }

 

^{2m 2 4m 8 4m2 4m 1 7  (2 m 1) 2  7 0 với mọi}

m

 (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A và B.

b) x ; x lần lượt là hoành độ của A, B khi đó _{1 2} x ; x là nghiệm của _{1 2} phương trình (1)

Theo định lý Vi – et, ta có: ^{1 2}

1 2

x x 4m

x .x 4m 8

  

   



Xét biểu thức:

     

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

x .x x .x x .x x x  4m 8 . 4m 16m 32m

0,5 điểm

0,25 điểm

 

^{4m 2 2.4m.4 42 16}



^{4m 4}



^{2 16}

      

Vì



^4m4



^{2 0} với mọi m



^{4m 4}



^{2 16 16}

     với mọi m

Dấu “=” xảy ra khi



^4m4



^{2  0 4m  4 0 4m    4 m 1}

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức x .x₁² ₂ x .x_{1 2}² là -16 khi m = - 1.

0,5 điểm

0,25 điểm

Câu 4 (4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

0,5 điểm

1. Ta có: DMB90 (^ Do DEAB) và DFB90 (^ Do BFAB) Suy ra DMBDFB 180 ^

Suy ra: tứ giác DMBF nội tiếp đường tròn

0.5 điểm

0,5 điểm 2. Xét CFB và CMD , ta có:

FCB: Chung DMCCFB 90

 

CFB CMD g g

   

0,5 điểm

CF CB

CM CD

 

CF.CD CM.CB

 

0,5 điểm

3. Vì AB là đường kính Mà ABDE tại M

 M là trung điểm của DE Mặt khác M là trung điểm AB Suy ra: ADBE là hình bình hành Mà DE AB

Vậy ADBE là hình thoi.

Ta có: BFCD(gt)

ADC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADCD BF AD

 (1)

Vì ABDE là hình thoi (chứng minh trên) EB AD

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: E, B, F thẳng hàng.

0,25 điểm

0,25 điểm

4.

Kẻ AJ // HK (J thuộc DE); BI // HK (J thuộc DE) Chỉ ra được: DA DJ DB DI

DH DK DS;  DK (Định lí Ta - let)

DA DB DI DJ

DH DS DK

   

Ta có DB AE (ADBE là hình thoi) BDIAEJ (hai góc so le trong).

Ta lại có : BI HK,JA HKBI JA(cùng song song với HK) IBO JAO

  (hai góc so le trong)

Mà DBOEAO (hai góc so le trong của hai đường thẳng song song DB và AE).

DBI EAJ

 

Xét AEJ và BDI, ta có : DBIEAJ(cmt)

DB = AE (cmt)

0,25 điểm

0,25 điểm

BDIAEJ(cmt)

 

AEJ BDI g c g

     

DI EJ

  (hai cạnh tương ứng)

DA DB DI DJ EJ DJ DE

DH DS DK DK DK

 

     .

Câu 5 (0,5 điểm)

Xét phương trình bậc 2 ẩn x : x² 4xy 5y ² 2y 3 0(*) Tính ^{ }

 

^{2y 2 5y2 2y 3   y2 2y 3   (y 1)(y 3)}

Đế PT (*) có nghiệm:      ^ 0 1 y 3 y nhỏ nhất     3 x 6

Vậy cặp số (x;y) thỏa mãn điều kiện đầu bài là ( -3; -6).

0,25 điểm

0,25 điểm ---

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS …

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề kiểm tra này gồm: 02 trang) ---

Câu 1: (2.0 điểm) Cho hai biểu thức x 8

A x 7

 

 và x 8 x 24

B x 3 x 9

  

  với x0; x9 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.

2) Chứng minh x 8

B x 3

 

 .

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của B P A .

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Đội sản xuất phải làm 1000 sản phẩm trong thời gian quy định. Nhờ tăng năng suất lao động, nên mỗi ngày đội làm thêm được 30 sản phẩm so với kế hoạch. Vì vậy chẳng những đã làm vượt mức kế hoạch 170 sản phẩm mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự dịnh một ngày.

Tính số sản phẩm mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch.

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

3 x 2 5

y 2

4 3 x 3 15

y 2

   

 



   

 



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: y6xm² 1 với m là tham số và parabol (P) : yx²

a) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi số thực m. ĐỀ SỐ 13

b) Gọi x , x là hoành độ giao điểm của d và (P) . Tìm m để_{1 2} x₁² 6x₂ x x_{1 2} 48 Câu 4: (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R). Từ điểm A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là tiếp điểm), và cát tuyến AMN với đường tròn (O). (Với MN không đi qua tâm và AMAN).

1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp 2. Chứng minh AM.AN=AB²

3. Tiếp tuyến tại N của (O) cắt đường thẳng BC tại điểm F. chứng minh đường thẳng FM là tiếp tuyến của (O;R)

4. Gọi P là giao điểm của dây BC và dây MN, E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNO và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (E khác O). Chứng minh P, E , O thẳng hàng.

Câu 5: (0,5 điểm) Giải phương trình x 2017  2017 x .

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Điều kiện: x0;x9

Thay x25 vào biểu thức A ta được: 25 8 13

A 25 7 32

  



Vậy với x25thì 13 A 32.

0,25 điểm

0,25 điểm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS … ---

Đề : 13

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ---

b) x 8 x 24

B x 3 x 9

  

 

x ( x 3) 8 x 24 ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3)

 

 

   

x 3 x 8 x 24 ( x 3)( x 3)

  

  

(x 3 x ) (8 x 24) ( x 3)( x 3)

  

  

( x 3)( x 8) ( x 3)( x 3)

 

  

x 8 x 3

 

 (đpcm).

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) P ^{B x 8}: ^{x 8 x 7}

A x 3 x 7 x 3

  

  

  

Để P có nghĩa khi x 7 x 3 0

 



Vì x   0 x 7 0

x 3 0 x 9 x 9

      

Ta có x 7 x 9 16 16

x 3 6

x 3 x 3 x 3

  

    

  

Vi x 3 0; 16 0

x 3

  

 với x9. Áp dụng Bất đẳng thức cosi ta có:

16 16

x 3 2 ( x 3) 2.4 8

x 3 x 3

      

 

x 3 16 6 14 P 14

x 3

      



Dấu ^ⁿ xảy ra khi

0,25 điểm

0,25 điểm

 

²

x 3 16 x 3 16 x 3 4 x 7 x 49

x 3

           

 (thỏa mãn)

Vậy GTNN P 14 khi x49. Câu

2 (1,5 điểm)

Gọi số sản phẩm mà đội phải sản xuất trong một ngày theo kế hoạch là x (sản phẩm)

(xN^*).

Thời gian đội phải sản xuất theo kế hoạch là ¹⁰⁰⁰

x (ngày)

Số sản phẩm mà đội phải sản xuất trong một ngày thực tế là x30 ( sản phầm)

Số sản phẩm mà đội sản xuất thực tế là 1000 170 1170  (sản phầm) Thời gian đội phải sản xuất theo kế hoạch là 1170

x30 (ngày) Theo đề bài ta có phương trình:

1000 1170 2

1 x 200x 30000 0

x  x 30     

 .



^{x 300 x 100}

 

⁰

   

x 300

   (không thỏa mãn) hoặc x 100 (thỏa mãn)

Vậy số sản phẩm mà đội phải sản xuất trong một ngày theo kế hoạch là 100 sản phẩm.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3 (2,5 điểm)

1) Điều kiện: x 3;y 2 

Đặt 1

3 x a, b(a 0, b 0)

y 2

    

 .

Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với:

a 2b 5 4a 8b 20 4a 8b 20 4a 8.1 20 a 3

4a 3b 15 4a 3b 15 5b 5 b 1 b 1

        

    

   

           

    

(thỏa mãn)

3 x 3

3 x 9 x 6

1 1 y 2 1 y 3

y 2

  

   

 

       

(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( - 6; 3).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 2)

a) Biển đổi có được phương trình hoành độ giao điểm:

2 2

x 6xm  1 0

Ta có:  m²  8 0 với mọi m

 (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

b) Với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Theo Viet ta có:

2

1 2 1 2

x x  6;x x  m 1

0,5 điểm

Ta có

 

2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

x 6x x x 48x x x 6x 486x 6x 48 x x 8(*)

Mà x₁x₂   6 x₁7;x₂  1

Ta lai có: x x₁ ₂  m²   1 m 2 2 (thòa mãn đk) Kết luân

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm Câu

4 (4,0 điểm)

- Vẽ hình đúng

0,5 điểm

1. Có ABO90^ (Do ABBO) Có ACO90^ (Do ACCO) Suy ra ABOACO 180 ^ Suy ra: tứ giác ABOC nội tiếp

0.5 điểm

0,5 điểm

2. Xét (O) có: ABMANB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cung chắn cung MB)

Xét ABM và ANB : A chung

ABMANB (chứng minh trên) Vậy ABM ANB(g g)

AN AB AB AM

 

AM.AN AB2

 

0,5 điểm

0,5 điểm

3. (*) Chứng minh tứ giác ONFH nội tiếp



^{OHFONF 180 }



⁽¹⁾

* Chứng minh tứ giác ONMH nội tiêp Ta có AMANAB (cmt)² Mà AB² AH AO (hệ thức trong tam giác vuông) Nên

AH AO AM AN

Xét AMH và AON có A chung AM AH

(cmt) AO AN

Vậy AMH AON(c.g.c)

Suy ra MHAANO hay ONMH nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điềm M,F, N,H,O cùng thuộc đường tròn đường kinh OF Hay MOF90^ suy ra FM là tiếp tuyến của đường tròn (O,R)

0,25 điểm

0,25 điểm

4.

Ta có: Tứ giác OMFN là tứ giác nội tiếp đường tròn hay chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN

Mà ONF  90 OF là đường kính E thuộc đường tròn (OMN)

nên OEF90^(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

EF EO

  (1)

Xét đường tròn (O), ta có:

Hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) cắt nhau tại A ABAC

 A thuộc đường trung trực của BC

Ta lại có OB = OC ( = R) nên O cũng thuộc đường trung trực của BC Do đó, OA là trung trực của BC FOMNAMFO

Chứng minh tương tự ta có OF là trung trực của MN

AO BC FB OA

   

0,25 điểm

Xét FOA , ta có:

AMFO, FBOA Mà ^AMFB

 

^P

Suy ra P là trực tâm của tam giác AEO suy ra EFPO (2) Từ (1) và (2) suy ra E, P,O thằng hàng.

0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

. Điều kiện: 2017 x 0 ²

0 x 2017 x 0

  

   

 



Đật y 2017  x (y0)

Ta có x 2017 y (1) y 2017 x ( 2 )

  



 



x y y x 0 ( x y)( x y 1) 0

         

TH1: x  y  x y thay vào phương trình (1) ta được:

1 8069 2

x (KTM)

1 8069

x x 2017 0 2 x .

1 8069 2

x (TM)

2

  

    

       

     



TH2 : x  y  1 y  1 x thay vào phương trình (1) ta được:

x x  1 2017  0 x x 20160

1 8065 2

x (TM)

1 8055

2 x

1 8065 2

x (KTM)

2

  

   

     

    



Vậy tập nghiệm của phương trình là:

2 2

1 8069 1 8065

S ;

2 2

      

 

     

   

 

 

0,25 điểm

0,25 điểm

---

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Phần I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)

Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời mà em cho là đúng nhất:

Câu 1. Phương trình



^{x 1 x}



^2



^0 tương đương với phương trình A. x²   x 2 0 B. 2x 4 0

C. x² 2x 1 0  D. x²   x 2 0 Câu 2. Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3?

A. x² 3x 14 0 B. x² 3x 3 0  C. x² 5x 3 0 D. x²  9 0 Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?

A. y 5x² B. y5x²

C. ^y



^{32 x}



^{D. y x 10}

Câu 4. Phương trình x² 4x m 0 có nghiệm khi và chỉ khi

A. m 4 B. m4 C. m4 D. m 4

Câu 5. Phương trình 3x 4 x có tập nghiệm là

A.



^1;4



^B.

 

^{4;5 C. 1;4 D.}

 

⁴

Câu 6. Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6cm thì đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó có

Trong tài liệu Hệ thống kiến thức Toán lớp 9 Học kì 2 (Trang 91-115)