Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9

Tải về

Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 9

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài 1: (2 điểm) 

1) Thực hiện phép tính:

a) 8218+532(21)28218+532(21)2

b) 5+655+7771(5+7)5+655+7771(5+7)

2) Giải phương trình: xx15=17xx15=17.

Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức P=3x+9x3x+x2x+1x+2+x21xP=3x+9x3x+x2x+1x+2+x21x với x0,x1x0,x1

a) Rút gọn biểu thức PP.

b) So sánh PP với PP với điều kiện PPcó nghĩa

c) Tìm xx để 1P1P nguyên.

Câu 3: (2 điểm) Cho đường thẳng (d1):y=(m1)x+2m+1(d1):y=(m1)x+2m+1.

Tìm mm để đường thẳng d1d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là 33. 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  bất kì trên đường tròn tâm đường kính AB. Tiếp tuyến tại 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 kẻ đường vuông góc với AB, cắt (O)(O) tại K  (K và 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+3z20x+2y+3z20. 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)8218+532(21)2=22.2232.2+542.2|21|=222.32+5.42(21)=2262+2022+1=152+1.a)8218+532(21)2=22.2232.2+542.221=222.32+5.42(21)=2262+2022+1=152+1.

Vậy 8218+532(21)2=152+18218+532(21)2=152+1

b)5+655+7771(5+7)=5.5+655+7.7771(5+7)=5(6+5)5+7.(71)7157=6+5+757=6.b)5+655+7771(5+7)=5.5+655+7.7771(5+7)=5(6+5)5+7.(71)7157=6+5+757=6.

Vậy 5+655+7771(5+7)=65+655+7771(5+7)=6

2) Giải phương trình: xx15=17xx15=17.

ĐKXĐ: x15x15

xx15=17x17=x15{x170(x17)2=(x15)2{x17x234x+289=x15{x17x235x+304=0xx15=17x17=x15{x170(x17)2=(x15)2{x17x234x+289=x15{x17x235x+304=0

Xét phương trình x235x+304=0x235x+304=0, ta có:

x235x+304=0x216x19x+304=0x(x16)19(x16)=0(x19)(x16)=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+9x3x+x2x+1x+2+x21x  với x0,x1

a) Rút gọn biểu thức P.

ĐKXĐ: x0,x1

P=3x+9x3x+x2x+1x+2+x21x=3x+9x3(xx)+(2x2)x+1x+2+x21x=3x+3x3(x+2).(x1)(x1).(x+1)(x1).(x+2)+(x2)(x+2)(x1)(x+2)=3x+3x3(x1)(x4)(x1)(x+2)=x+3x+2(x1)(x+2)=(x+2x)+(x+2)(x1)(x+2)=(x+1)(x+2)(x1)(x+2)=x+1x1.

VậyP=x+1x1.

b) So sánh P với P với điều kiện Pcó nghĩa

P có nghĩa x+1x10x1>0(dox+1>0x0,x1)

                           x>1x>1.

Xét hiệu: PP=x+1x1x+1x1.

PP=x+1x1x+1x1=x+1x1x+1x1=x+1x1(x+1)(x1)(x1)2=x+1x1x1.

Ta có: xx1=(x+x1)(xx1)x+x1=x(x1)x+x1=1x+x+1>0

Mà có: x1>0 (cmt)

PP>0P>P với mọi x>1.

c) Tìm x để 1P nguyên.

Xét: 1P=x1x+1=x+12x+1=12x+1.

Để 1P nguyên thì 2x+1 nguyên, suy ra x+1 là ước của 2. Mà x+1>0

(x+1)U(2)(x+1)={1;2}.[x+1=2x+1=1[x=1x=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=(m1)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.

d1 cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3, suy ra (0;3) nằm trên đường thẳng d1

3=(m1).0+2m+12m=4m=2.

Với m=2 ta có phương trình đường thẳng (d1):y=3x3.

Nhận thấy: A(0;3),B(1;0) nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số (d1):y=3x3 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=3x3(d):y=x+1 là nghiệm của phương trình:

x+1=3x34x=4

x=1y=x+1=1+1=0.

Vậy giao điểm của (d1):y=3x3(d):y=x+1(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 đường kính AB. Tiếp tuyến tại 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=ΔBODMDO=BDOOD là phân giác MDB.

Xét tam giác CDN có:

OD là đường cao (doODCN)

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=ΔBONCAO=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 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: ABAQ,ABDNAQ//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=ACQC=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 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=OM2OH2=1a2.

Có MH song song với OK  (do cùng vuông góc với AB)

PHPO=MHOK=1a21PH=1a2.OP.

Ta có hệ:

{PHPO=1a2PH+PO=OH=a{PO=PH1a2PH+PH1a2=aPH=a.1a21a2+1OP=a1a2+1.

Ta có:

SMHK=SMHP+SPKH=12MH.HP+12OK.HP=12(1a2.a1a21a2+1+1.a1a21a2+1)=12a1a2.1a2+11a2+1=12a1a2.

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: a1a2a2+1a22=12

Dấu “=” xảy ra a=1a2a=12

cosMOH=OHR=12MOH=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+3z20. 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+3x234x.3x=3+)12y+92y212y.92y=3+)14z+4z214z.4z=2

A14(x+2y+3z)+3+3+2=204+3+3+2=13.

Dấu “=” xảy ra {34x=3x12y=92y14z=4z{x=2y=3z=4.

 


Bình chọn:
4.4 trên 21 phiếu
Tải về

>> Xem thêm

Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> 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.