Đề kiểm tra học kì 1 Toán Lớp 9 - Đề 05 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì 1 Toán Lớp 9 - Đề 05 (Có đáp án)

1. Toán lớp 9 ĐỀ 05 ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP 9 Thời gian: 90 phút x 2 x 1 x 1 Bài 1. (3 điểm). Cho biểu thức P : xx 1 xx 1 1 x 2 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P khi x 7 43 . 2 c) Tìm tất cả các giá trị của x để P . 3 Bài 2. (2.5 điểm). Cho đường thẳng dym: ( 1) x 32 m (m là tham số) 1 a) Khi m , vẽ đường thẳng d và tìm diện tích của tam giác tạo bởi d và hai 2 trục tọa độ. b) Tìm m để đường thẳng d vuông góc với đường thẳng d’ có phương trình: y x 3 . c) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d1 đạt giá trị lớn nhất. Bài 3. (3,5 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O). B, C là tiếp điểm. a) Chứng minh AO BC. b) Kẻ đường kính BD của đường tròn tâm O, chứng minh rằng CD// AO. c) Cho OB= 3cm, OA= 5cm. Tính diện tích tam giác BCD. d) Trung trực BD cắt CD ở E, AE cắt OC ở F, AC cắt OE ở G. Chứng minh rằng FG là trung trực AO. Bài 4. (1 điểm). (Lựa chọn 1 trong 2 phần) a) Giải phương trinh 3 x 6 xxx 42 12 27 b) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 20
2. Toán lớp 9 x2 y 2 z 2 P xy yzzx ĐÁP ÁN Nội dung Điểm 1 a) Điều kiện: x 0, x 1 1 Rút gọn 2 x 2 x 1 x 1 xx 1 xx 1 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 2 P x x 1 2 1 b) Ta có 7 4 3 2 3 suy ra: 2 7 4 3 2 3 2 3 2 3 Với x 7 4 3 thì: 2 2 3 1 P 5 2 3 5 2 1 3 1 c) Để ý xx 1 x 0 2 4 2 2 2 P xx 1 3 3x x 1 3 x 1 x 2 0 x 1. Kết hợp điều kiện xác định: 0 x 1. 2 1 1 1 a) Khi m thì y x 4 2 2 21
3. Toán lớp 9 Đường thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm M( 8;0), N(0;4). Học sinh tự vẽ hình. 1 1 S OMN OM. ON .8.4 16(đ.v.d.t) 2 2 b) Đường thẳng d có hệ số góc bằng (m 1), đường thẳng 0,75 d’: y x 3 có hệ số góc bằng 1 d⊥ d' m 1 .1 1 m 2. Vậy phương trình của d: y x 7 c) Chỉ ra đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định P(2;5) 0,75 5 với mọi m. Phương trình OP: y x 2 Gọi H là hình chiếu của O trên d. Khi đó: OH OP . Vậy OH lớn nhất bằng OP khi H P . Suy ra, 7 d⊥ OP m 5 3 0,25 a) Theo tính chất tiếp tuyến, AB AC . Suy ra, A nằm 0,75 trên trung trực của BC. Ta có OB OC (cùng là bán kính đường tròn (O)). Suy ra, O nằm trên trung trực của BC. Vậy OA là trung trực của BC . Do đó OA⊥ BC . 22
4. Toán lớp 9 b) Tam giác BCD có O là trung điểm của BD và 1 OB OC OD . Từ đó suy ra, tam giác BCD vuông tại C hay CD BC . CD  AO(vì cùng vuông góc với BC) c) Gọi H BC  AO . Khi đó H là trung điểm BC . 1 Trong tam giác vuông OBA có OB2 OHOA. OB2 9 OH OA 5 12 Theo định lý Py-ta-go, BH OB2 OH 2 . Suy ra, 5 24 BC 2 BH . 5 Trong tam giác BCD có OH là đường trung bình, suy ra 18 CD 2OH 5 Vậy . d) Từ phần b) ta có E D O C D O AOB . Từ đó 0,5 ABO EOD . Suy ra ABOE là hình chữ nhật. Suy ra, OE AF . Do AC OF , suy ra G là trực tâm của tam giác AOF , do đó FG OA . OAF 900 OAB 90 0 OE D OE D . Do các tam giác OBC, OC D cân, nên OE D OC D 900 OCB COA FO A FA O và do tam giác FA B cân tại F . Vậy FG là trung trực của AO . 4 a) Điều kiện: 3x 6 1 Theo bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: 3 3 x 6 x 3 2 . Dấu “=” xảy ra khi x 2 Mặt khác 4x2 12 x 27 (2x3) 2 18 32 . 3 Dấu “=” xảy ra khi x 2 23
5. Toán lớp 9 3 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: 1 2 xyz2 2 2 x y z xyz xyyzzx 2 xyz 2 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có xy yz zx xy,, yz zx 2 2 2 1 1 Vậy P . Đẳng thức xảy ra khi x y z 2 3 1 Min P= 2 24