Đề thi học kì I môn Toán Lớp 9 - Đề số 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học kì I môn Toán Lớp 9 - Đề số 1 (Có đáp án)

1. c ĐỀ THI HỌC KÌ I: ĐỀ SỐ 1 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Đề bài Bài 1: (2 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 a) 8 2 18 5 32 2 1 56577 b) 57 571 2) Giải phương trình: xx 1517 . 3931xxxx 2 Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức P với xx 0,1 xxxx 2 21 a) Rút gọn biểu thức P . b) So sánh P với P với điều kiện P có nghĩa 1 c) Tìm x để nguyên. P Câu 3: (2 điểm) (VD) Cho đường thẳng dymxm1 :12 1. a) Tìm m để đường thẳng d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng dyx :1 nằm trên trục hoành. b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1 đạt giá trị lớn nhất. Bài 4: (3 điểm) Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của O cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N. a) Chứng minh DC DN . b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
2. d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt O tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất. Bài 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x y z 2 3 2 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 394 Axyz . xyz 2 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT LG bài 1 Giải chi tiết: Bài 1: 1) Thực hiện phép tính: 2 a)821853221 2222 .223 .254 .221 222.325.4221 226220221 1521. 2 Vậy 8 2 18 5 32 2 1 15 2 1 5 6 5 7 7 b) 5 7 5 7 1 5. 5 6 5 7. 7 7 57 5 7 1 5 6 5 7. 7 1 57 5 7 1 6 5 7 5 7 6. 5 6 5 7 7 Vậy 57 6 5 7 1 2) Giải phương trình: xx 15 17 .
3. ĐKXĐ: x 15 xx 1517 xx1715 x 170 2 2 xx 1715 x 17 2 xxx 3428915 x 17 2 xx 35300 4 Xét phương trình bậc 2: xx2 353040 có: 354.309902 359 xtm 19 1 2.1 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt 359 xktm 16 2 2.1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 19 . LG bài 2 Giải chi tiết: 3931xxxx 2 Cho biểu thức P với xx 0,1 xxxx 2 21 a) Rút gọn biểu thức P . ĐKXĐ: xx 0,1
4. 39312xxxx P xxxx 221 39312xxxx xxx 22 xx 21 333xx xxxx 1 .122 xxxxxx 2 .11 .212 33314xxxx xx 32 xxxx 1212 xxx 22 xx 12 xx 12 x 1 . x 1 xx 12 x 1 Vậy P . x 1 b) So sánh P với P với điều kiện P có nghĩa x 1 P có nghĩa 0 x 1 0 do x 1 0  x 0, x 1 x 1 xx 1.1 xx 11 Xét hiệu: PP . xx 11 x 1 x 1 x 1 x 1 PP x 1 x 11 x x 1 x 1 xx 11 x 1 x 1 2 . xx 1 x 1 1 x x 11 x x xx 1 1 Ta có: xx 1 0 xx 1 xxxx 1 1 Mà có: x 1 0 (cmt) PPPP 0 với mọi x 1. $$$$
5. 1 c) Tìm x để nguyên. P 111 xx 2 2 Xét: 1 . P xxx 11 1 1 2 Để nguyên thì nguyên, suy ra x 1 là ước của 2. Mà x 1 0 P x 1 xUx 1211; 2.  xx 121 xktm 1 . xx 110 xtm 0 1 Vậy với x 0 thì nguyên. P LG bài 3 Giải chi tiết: Cho đường thẳng dymxm1 :12 1. a) Tìm m để đường thẳng d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng dyx :1 nằm trên trục hoành. Vì d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3, suy ra 0 ; 3 nằm trên đường thẳng d1 31 .021242 mmmm . Với m 2 ta có phương trình đường thẳng dyx1 :3 3 . Nhận thấy: AB 0;3,1;0 nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số dyx1 :3 3 là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:
6. Hoành độ giao điểm của dyx1 :3 3 và d y x:1 là nghiệm của phương trình: xxx 14 33 4 xyx 11110 . Vậy giao điểm của dyx1 :3 3 và dyx :1 là 1;0 . Nhận thấy điểm 1;0 nằm trên trục hoành (do có tung độ bằng 0). Vậy ta có điều cần chứng minh. b)Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d1 đạt giá trị lớn nhất. +) Với xymAm 0210;21 là giao điểm của d1 với trục tung OAm 21 21m 21m +) Với yx 0 B ;0 là giao điểm của d1 với trục hoành m 1 m 1 21m OB . m 1 Từ O kẻ đường cao OH với, ta được OH chính là khoảng cách từ O tới d1 . Xét tam giác vuông OAB vuông tại O có đường cao OH 1 1 1 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OH2 OA 2 OB 2 1 Đặt t ta có: OH 2
7. 11 t OAOB22 2 1 m 1 2121mm 22 mm2 221 2 m 4412mm 4422mtmttmm22 mtmtt2 41 22120 Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn m , phương trình có nghiệm khi 214120ttt 2 4414920tttt22 1 1310tt 13 11 OH 13 OH 2 13 Dấu “=” xảy ra khi phương trình có nghiệm kép 4 2 b 42t 5 mtm 13 . 22at 413 4 2. 1 13 5 Vậy m là giá trị cần tìm. 3 LG bài 4 Giải chi tiết:
8. Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của O cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N. a) Chứng minh D C D N . Xét đường tròn O có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm MDDB (tính chất tiếp tuyến) Xét tam giác MOD và tam giác BOD có: MDBD (cmt) MOOB (cùng là bán kính đường tròn) OD chung MODBODMDOBDOOD   là phân giác MDB . Xét tam giác CDN có: OD là đường cao (do ODCN ) OD là phân giác MDB Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra CDND (đpcm) b) COON Xét tam giác COA và tam giác BON có: CO ON (cmt) OA OB (do cùng là bán kính)
9. C O A B O N (hai góc đối đỉnh) COABONCAONBO   90o Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn (đpcm). c) DMDBcmtDMBDBM   Ta có: ABAQABDNAQDN ,/ /. Mà có  CQMMBD (so le trong) Lại có: Q  M C D M B (đối đỉnh) CQM  QMC , suy ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra QC MC Chứng minh tương tự như ở câu a ta có A C M C (do tính chất tiếp tuyến) 1 Suy ra QCACQCQA . 2 Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vuông góc với AB) MEBM (định lí Ta-lét) QCBQ MHBM Chứng minh tương tự có AQBQ MEMH 1 1 Suy ra . Mà có QCQA suy ra MEMH , suy ra E là trung điểm của MH. QCAQ 2 2 Mà theo đề bài có I là trung điểm của MH, suy ra I trùng với E, suy ra B, C, I thẳng hàng (đpcm). d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt O tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất. Gọi P là giao điểm của MK và AB. Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn OH a 0 a 1 . MH OM2 OH 2 1 a 2 . Có MH song song với OK (do cùng vuông góc với AB) PH MH1 a2 PH 1 a2 . OP . PO OK 1 Ta có hệ:
10. PH PO PH 2 1 a 1 a2 a.1 a2 a PO PH OP . PH 1 aa22 1 1 1 PH PO OH a PH a 1 a2 Ta có: 11 SSSMHHPOK HP MHKMHPPKH 22 111 aaaa 22 1.1.a2 22 2 1111 aa 1111 a2 aaaa1.1. 22 2211 a2 aa22 11 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: aa1 2 22 1 Dấu “=” xảy ra aaa 1 2 2 OH 1  cos45MOHMOH  o . R 2 Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho  MOH 45o là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. LG bài 5 Giải chi tiết: Cho các số thực dương x y,, z thỏa mãn x 2 y 3 z 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 394 Axyz . xyz 2 394 1 3 3 1 1 9 3 1 4 Ta có: Axyz x x y y z z xyz 2 4 4x 2 2 2 y 4 4 z Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có: 3 3 3 3 )xx 2 . 3 44xx 1 9 1 9 )yy 2 . 3 2 2yy 2 2 1 4 1 4 )zz 2 . 2 4 zz4
11. 120 Axyz 2333233213 . 44 33 x 4 x x 2 19 Dấu “=” xảy ra yy3 . 22y z 4 14 z 4 z