

Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
Tải vềĐáp án và lời giải chi tiết Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 9
Đề bài
Bài 1: (2 điểm)
1) Thực hiện phép tính:
a) √8−2√18+5√32−√(√2−1)2√8−2√18+5√32−√(√2−1)2
b) 5+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)5+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)
2) Giải phương trình: x−√x−15=17x−√x−15=17.
Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức P=3x+√9x−3x+√x−2−√x+1√x+2+√x−21−√xP=3x+√9x−3x+√x−2−√x+1√x+2+√x−21−√x với x≥0,x≠1x≥0,x≠1
a) Rút gọn biểu thức PP.
b) So sánh PP với √P√P với điều kiện √P√Pcó nghĩa
c) Tìm xx để 1P1P nguyên.
Câu 3: (2 điểm) Cho đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2m+1(d1):y=(m−1)x+2m+1.
Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là −3−3. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng (d):y=x+1(d):y=x+1 nằm trên trục hoành.
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)(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=DNDC=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.
d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt (O)(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,zx,y,z thỏa mãn x+2y+3z≥20x+2y+3z≥20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=x+y+z+3x+92y+4zA=x+y+z+3x+92y+4z.
LG bài 1
Lời giải chi tiết:
Bài 1:
1) Thực hiện phép tính:
a)√8−2√18+5√32−√(√2−1)2=√22.2−2√32.2+5√42.2−|√2−1|=2√2−2.3√2+5.4√2−(√2−1)=2√2−6√2+20√2−√2+1=15√2+1.a)√8−2√18+5√32−√(√2−1)2=√22.2−2√32.2+5√42.2−∣∣√2−1∣∣=2√2−2.3√2+5.4√2−(√2−1)=2√2−6√2+20√2−√2+1=15√2+1.
Vậy √8−2√18+5√32−√(√2−1)2=15√2+1√8−2√18+5√32−√(√2−1)2=15√2+1
b)5+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)=√5.√5+6√5√5+√7.√7−√7√7−1−(√5+√7)=√5(6+√5)√5+√7.(√7−1)√7−1−√5−√7=6+√5+√7−√5−√7=6.b)5+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)=√5.√5+6√5√5+√7.√7−√7√7−1−(√5+√7)=√5(6+√5)√5+√7.(√7−1)√7−1−√5−√7=6+√5+√7−√5−√7=6.
Vậy 5+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)=65+6√5√5+7−√7√7−1−(√5+√7)=6
2) Giải phương trình: x−√x−15=17x−√x−15=17.
ĐKXĐ: x≥15x≥15
x−√x−15=17⇔x−17=√x−15⇔{x−17≥0(x−17)2=(√x−15)2⇔{x≥17x2−34x+289=x−15⇔{x≥17x2−35x+304=0x−√x−15=17⇔x−17=√x−15⇔{x−17≥0(x−17)2=(√x−15)2⇔{x≥17x2−34x+289=x−15⇔{x≥17x2−35x+304=0
Xét phương trình x2−35x+304=0x2−35x+304=0, ta có:
x2−35x+304=0x2−16x−19x+304=0x(x−16)−19(x−16)=0(x−19)(x−16)=0⇔[x=19(TM)x=16(L)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=19.
LG bài 2
Lời giải chi tiết:
Cho biểu thức P=3x+√9x−3x+√x−2−√x+1√x+2+√x−21−√x với x≥0,x≠1
a) Rút gọn biểu thức P.
ĐKXĐ: x≥0,x≠1
P=3x+√9x−3x+√x−2−√x+1√x+2+√x−21−√x=3x+√9x−3(x−√x)+(2√x−2)−√x+1√x+2+√x−21−√x=3x+3√x−3(√x+2).(√x−1)−(√x−1).(√x+1)(√x−1).(√x+2)+(√x−2)(√x+2)−(√x−1)(√x+2)=3x+3√x−3−(x−1)−(x−4)(√x−1)(√x+2)=x+3√x+2(√x−1)(√x+2)=(x+2√x)+(√x+2)(√x−1)(√x+2)=(√x+1)(√x+2)(√x−1)(√x+2)=√x+1√x−1.
VậyP=√x+1√x−1.
b) So sánh P với √P với điều kiện √Pcó nghĩa
√P có nghĩa ⇔√x+1√x−1≥0⇔√x−1>0(do√x+1>0∀x≥0,x≠1)
⇔√x>1⇔x>1.
Xét hiệu: P−√P=√x+1√x−1−√√x+1√x−1.
⇒P−√P=√x+1√x−1−√√x+1√x−1=√x+1√x−1−√√x+1√√x−1=√x+1√x−1−√(√x+1)(√x−1)(√√x−1)2=√x+1−√x−1√x−1.
Ta có: √x−√x−1=(√x+√x−1)(√x−√x−1)√x+√x−1=x−(x−1)√x+√x−1=1√x+√x+1>0
Mà có: √x−1>0 (cmt)
⇒P−√P>0⇒P>√P với mọi x>1.
c) Tìm x để 1P nguyên.
Xét: 1P=√x−1√x+1=√x+1−2√x+1=1−2√x+1.
Để 1P nguyên thì 2√x+1 nguyên, suy ra √x+1 là ước của 2. Mà √x+1>0
⇒(√x+1)∈U(2)⇒(√x+1)={1;2}.⇒[√x+1=2√x+1=1⇔[√x=1√x=0⇔[x=1(ktm)x=0(tm).
Vậy với x=0 thì 1P nguyên.
LG bài 3
Lời giải chi tiết:
Cho đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2m+1.
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 (d):y=x+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
⇒−3=(m−1).0+2m+1⇔2m=−4⇔m=−2.
Với m=−2 ta có phương trình đường thẳng (d1):y=−3x−3.
Nhận thấy: A(0;−3),B(−1;0) nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số (d1):y=−3x−3 là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:
Hoành độ giao điểm của (d1):y=−3x−3 và (d):y=x+1 là nghiệm của phương trình:
x+1=−3x−3⇔4x=−4
⇔x=−1⇒y=x+1=−1+1=0.
Vậy giao điểm của (d1):y=−3x−3 và (d):y=x+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.
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
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.
Xét đường tròn (O) có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm
⇒MD=DB(tính chất tiếp tuyến)
Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:
MD=BD (cmt)
MO=OB (cùng là bán kính đường tròn)
OD chung
⇒ΔMOD=ΔBOD⇒∠MDO=∠BDO⇒OD là phân giác ∠MDB.
Xét tam giác CDN có:
OD là đường cao (doOD⊥CN)
OD là phân giác ∠MDB
Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra CD=ND (đpcm)
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy ra CO=ON
Xét tam giác COA và tam giác BON có:
CO=ON (cmt)
OA=OB (do cùng là bán kính)
∠COA=∠BON (hai góc đối đỉnh)
⇒ΔCOA=ΔBON⇒∠CAO=∠NBO=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) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E
Xét tam giác BMD có DM=DB(cmt)⇒∠DMB=∠DBM
Ta có: AB⊥AQ,AB⊥DN⇒AQ//DN.
Mà có ∠CQM=∠MBD (so le trong)
Lại có: ∠QMC=∠DMB (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 AC=MC (do tính chất tiếp tuyến)
Suy ra QC=AC⇒QC=12QA.
Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vuông góc với AB)
⇒MEQC=BMBQ (định lí Ta-lét)
Chứng minh tương tự có MHAQ=BMBQ
Suy ra MEQC=MHAQ. Mà có QC=12QA suy ra ME=12MH, suy ra E là trung điểm của MH.
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−OH2=√1−a2.
Có MH song song với OK (do cùng vuông góc với AB)
⇒PHPO=MHOK=√1−a21⇒PH=√1−a2.OP.
Ta có hệ:
{PHPO=√1−a2PH+PO=OH=a⇒{PO=PH√1−a2PH+PH√1−a2=a⇒PH=a.√1−a2√1−a2+1⇒OP=a√1−a2+1.
Ta có:
SMHK=SMHP+SPKH=12MH.HP+12OK.HP=12(√1−a2.a√1−a2√1−a2+1+1.a√1−a2√1−a2+1)=12a√1−a2.√1−a2+1√1−a2+1=12a√1−a2.
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: a√1−a2≤a2+1−a22=12
Dấu “=” xảy ra ⇔a=√1−a2⇒a=1√2
⇒cos∠MOH=OHR=1√2⇒∠MOH=45o.
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho ∠MOH=45o là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
LG bài 5
Lời giải chi tiết:
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+2y+3z≥20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=x+y+z+3x+92y+4z.
Ta có: A=x+y+z+3x+92y+4z=14x+(34x+3x)+12y+(12y+92y)+34z+(14z+4z)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:
+)34x+3x≥2√34x.3x=3+)12y+92y≥2√12y.92y=3+)14z+4z≥2√14z.4z=2
⇒A≥14(x+2y+3z)+3+3+2=204+3+3+2=13.
Dấu “=” xảy ra ⇔{34x=3x12y=92y14z=4z⇔{x=2y=3z=4.


- Đề số 2 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
- Đề số 3 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
- Đề số 4 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
- Đề số 5 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
- Đề số 6 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
>> Xem thêm
Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com
>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY
Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Các bài khác cùng chuyên mục