

Đề số 1 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9
Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 9
Đề bài
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Tính giá trị của biểu thức A=√x√x+1A=√x√x+1 khi x=25.x=25.
b) Rút gọn biểu thức B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2 với x≥0;x≠4;x≠9.x≥0;x≠4;x≠9.
c) Tìm giá trị của xx thỏa mãn (x−9).B<2x.(x−9).B<2x.
Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một xưởng theo kế hoạch phải in 6000 quyển sách giống nhau trong một thời gian quy định, với số quyển sách in được trong mỗi ngày là như nhau. Khi thực hiện mỗi ngày xưởng đã in nhiều hơn 300 quyển so với trong kế hoạch, nên xưởng đã in xong số quyển sách nói trên sớm hơn một ngày. Tính số quyển sách xưởng in được trong một ngày theo kế hoạch.
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình: x2−2mx+m2−m+1=0x2−2mx+m2−m+1=0
a) Giải phương trình khi m=1.m=1.
b) Tìm mm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 thỏa mãn x22+2mx1=9.x22+2mx1=9.
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O;R)(O;R) đường kính AB.AB. Kẻ tiếp tuyến AxAx và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm PP sao cho AP>R,AP>R, từ PP kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O;R)(O;R) tại MM.
a) Chứng minh tứ giác APMOAPMO nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh BM//OP.BM//OP.
c) Đường thẳng vuông góc với ABAB ở OO cắt tia BMBM tại N.N. Chứng minh tứ giác OBNPOBNP là hình bình hành.
d) Biết ANAN cắt OPOP tại K,PMK,PM cắt ONON tại I;PNI;PN và OMOM kéo dài cắt nhau tại J.J. Chứng minh ba điểm I,J,KI,J,K thẳng hàng.
Bài 5 (0,5 điểm):
Cho hai số dương x>0,y>0x>0,y>0 thỏa mãn x+y≤1.x+y≤1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=1x2+y2+2xy+4xy.A=1x2+y2+2xy+4xy.
LG bài 1
Phương pháp giải:
a) Tìm điều kiện xác định, thay giá trị của x=25(tm)x=25(tm) vào biểu thức và tính giá trị của biểu thức.
b) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức đã cho.
c) Thay biểu thức BB vừa rút gọn ở câu trên vào bất phương trình, giải bất phương trình tìm x.x.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Lời giải chi tiết:
a) Tính giá trị của biểu thức A=√x√x+1A=√x√x+1 khi x=25.x=25.
Điều kiện xác định: x≥0.x≥0.
Thay x=25(tm)x=25(tm) vào biểu thức ta có: A=√25√25+1=56.A=√25√25+1=56.
Vậy x=25x=25 thì A=56.A=56.
b) Rút gọn biểu thức B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2 với x≥0;x≠4;x≠9.x≥0;x≠4;x≠9.
Với x≥0;x≠4;x≠9,x≥0;x≠4;x≠9, ta có:
B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2B=5√x−9(√x−2)(√x−3)−√x+2√x−3+√x−1√x−2B=5√x−9−(√x+2)(√x−2)+(√x−1)(√x−3)(√x−2)(√x−3)B=5√x−9−x+4+x−4√x+3(√x−2)(√x−3)B=√x−2(√x−2)(√x−3)B=1√x−3.B=5√x−9x−5√x+6+√x+23−√x+√x−1√x−2B=5√x−9(√x−2)(√x−3)−√x+2√x−3+√x−1√x−2B=5√x−9−(√x+2)(√x−2)+(√x−1)(√x−3)(√x−2)(√x−3)B=5√x−9−x+4+x−4√x+3(√x−2)(√x−3)B=√x−2(√x−2)(√x−3)B=1√x−3.
Vậy B=1√x−3B=1√x−3 với x≥0;x≠4;x≠9.x≥0;x≠4;x≠9.
c) Tìm giá trị của xx thỏa mãn (x−9).B<2x.(x−9).B<2x.
Điều kiện: x≥0;x≠4;x≠9.x≥0;x≠4;x≠9.
(x−9).B<2x⇔(x−9).1√x−3<2x⇔√x+3<2x⇔2x−√x−3>0⇔(√x+1)(2√x−3)>0⇔2√x−3>0(do√x+1>0)⇔√x>32⇔x>94.(x−9).B<2x⇔(x−9).1√x−3<2x⇔√x+3<2x⇔2x−√x−3>0⇔(√x+1)(2√x−3)>0⇔2√x−3>0(do√x+1>0)⇔√x>32⇔x>94.
Kết hợp điều kiện, ta được x>94;x≠4;x≠9x>94;x≠4;x≠9 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy x>94,x≠4,x≠9x>94,x≠4,x≠9 thỏa mãn điều kiện bài toán.
LG bài 2
Phương pháp giải:
Gọi số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là xx (quyển), (x∈N∗,x<6000).(x∈N∗,x<6000).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.
Lập phương trình, giải phương trình tìm x.x.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Lời giải chi tiết:
Gọi số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là xx (quyển), (x∈N∗,x<6000).(x∈N∗,x<6000).
⇒⇒ Số ngày hoàn thành theo dự định là: 6000x6000x (ngày).
Số sách thực tế mà xưởng in được trong một ngày là: x+300x+300 (quyển).
⇒⇒ Số ngày hoàn thành thực tế là: 6000x+3006000x+300 (ngày).
Vì thực tế, xưởng in xong sớm hơn một ngày, nên ta có phương trình:
6000x−1=6000x+300⇒6000(x+300)−x(x+300)=6000x⇔6000x+1800000−x2−300x=6000x⇔x2+300x−1800000=0⇔x2−1200x+1500x−1800000=0⇔x(x−1200)+1500(x−1200)=0⇔(x−1200)(x+1500)=0⇔[x−1200=0x+1500=0⇔[x=1200(tm)x=−1500(ktm).6000x−1=6000x+300⇒6000(x+300)−x(x+300)=6000x⇔6000x+1800000−x2−300x=6000x⇔x2+300x−1800000=0⇔x2−1200x+1500x−1800000=0⇔x(x−1200)+1500(x−1200)=0⇔(x−1200)(x+1500)=0⇔[x−1200=0x+1500=0⇔[x=1200(tm)x=−1500(ktm).
Vậy số sách xưởng dự định in trong một ngày theo kế hoạch là 1200 quyển.
LG bài 3
Phương pháp giải:
a) Thay m=1m=1 vào phương trình, giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Tìm điều kiện của mm để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0.⇔Δ′>0.
Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức đã cho để tìm m.m.
Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Lời giải chi tiết:
Cho phương trình: x2−2mx+m2−m+1=0x2−2mx+m2−m+1=0 (*)
a) Giải phương trình khi m=1.m=1.
Thay m=1m=1 vào phương trình (*) đã cho, ta được phương trình:
x2−2x+1=0⇔(x−1)2=0x2−2x+1=0⇔(x−1)2=0 ⇔x−1=0⇔x=1.⇔x−1=0⇔x=1.
Vậy khi m=1m=1 thì phương trình có nghiệm x=1.x=1.
b) Tìm mm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 thỏa mãn x22+2mx1=9.x22+2mx1=9.
Ta có: Δ′=m2−(m2−m+1)=m−1Δ′=m2−(m2−m+1)=m−1
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔{a≠0Δ′>0⇔{a≠0Δ′>0 ⇔{1≠0(ld)m−1>0⇔m>1⇔{1≠0(ld)m−1>0⇔m>1
Theo hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2mx1x2=m2−m+1{x1+x2=2mx1x2=m2−m+1
Vì x2x2 là nghiệm của phương trình (*) nên ta có:
x22−2mx2+m2−m+1=0x22−2mx2+m2−m+1=0⇒x22=2mx2−m2+m−1⇒x22=2mx2−m2+m−1
Theo đề bài ta có:
x22+2mx1=9⇒(2mx2−m2+m−1)+2mx1=9⇔2m(x1+x2)−m2+m−10=0⇔2m.2m−m2+m−10=0⇔3m2+m−10=0⇔3m2+6m−5m−10=0⇔3m(m+2)−5(m+2)=0⇔(m+2)(3m−5)=0⇔[m+2=03m−5=0⇔[m=−2(ktm)m=53(tm).x22+2mx1=9⇒(2mx2−m2+m−1)+2mx1=9⇔2m(x1+x2)−m2+m−10=0⇔2m.2m−m2+m−10=0⇔3m2+m−10=0⇔3m2+6m−5m−10=0⇔3m(m+2)−5(m+2)=0⇔(m+2)(3m−5)=0⇔[m+2=03m−5=0⇔⎡⎣m=−2(ktm)m=53(tm).
Vậy m=53.
LG bài 4
Phương pháp giải:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh hai đường thẳng cùng vuông góc với AM.
c) Chứng minh OP=BN,OP//BN.
d) Chứng minh I là trực tâm của ΔOPJ và JK là một đường cao củaΔOPJ.
Lời giải chi tiết:
a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp một đường tròn.
Ta có: P∈Ax là tiếp tuyến của (O)⇒AP⊥AO⇒∠PAO=900
Lại có: PM cũng là tiếp tuyến của (O)⇒OM⊥PM⇒∠OMP=900
Xét tứ giác APMO ta có: ∠OMP+∠PAO =900+900=1800 mà hai góc ∠OMP,∠PAO ở vị trí đối nhau
⇒APMO là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) Chứng minh BM//OP.
Xét đường tròn (O) có PA,PM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P⇒PA=PM (tính chất)
⇒P thuộc đường trung trực của AM (1)
Lại có: OA=OM(=R)⇒O thuộc đường trung trực của AM (2)
Từ (1) và (2) ta có PO là đường trung trực của AM.
⇒PO⊥AM.
Lại có: ∠AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)⇒∠AMB=900 hay AM⊥BM.
⇒OP//BM (cùng ⊥AM).
c) Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
Ta có: OP//BM(cmt) ⇒∠AOP=∠OBN (hai góc đồng vị).
Xét ΔAPO và ΔONB ta có:
∠PAO=∠NOB=900OA=OB=R∠AOP=∠OBN(cmt)
⇒ΔPAO=ΔNOB (cạnh huyền- góc nhọn)
⇒OP=NB (hai cạnh tương ứng bằng nhau).
Xét tứ giác OBNP ta có: {OP//BN(cmt)OP=BN(cmt)
⇒OBNP là hình bình hành. (dhnb)
d) Biết AN cắt OP tại K,PM cắt ON tại I;PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh ba điểm I,J,K thẳng hàng.
Ta có: ΔAPO=ΔONB(cmt)⇒AP=ON (hai cạnh tương ứng).
Lại có: {AP⊥ABON⊥AB⇒AP//ON
⇒OAPN là hình bình hành. (dhnb)
Mà ∠PAO=900⇒OAPN là hình chữ nhật. (dhnb)
Mặt khác: AN∩OP={K}⇒K là trung điểm của của OP (tính chất hình bình hành)
Xét (O) ta có: PM và PA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P
⇒OP là tia phân giác của ∠AON
Hay ∠AOP=∠POM
Mà ∠AOP=∠NPO (hai góc so le trong)
⇒∠MOP=∠NPOhay∠MOP=∠JPO
⇒ΔJPO cân tại J
Mà K là trung điểm của OP(cmt) nên JK vừa là đường trung tuyến trong tam giác cân JPO.
Suy ra JK cũng là đường cao của ΔJPO. (*)
Ta có: PM⊥OMhayPM⊥OJ (PM là tiếp tuyến của (O))
⇒PM là đường cao của ΔOPJ.
Lại có: ON⊥PJ (OAPN là hình chữ nhật)
⇒ON là đường cao của ΔOPJ.
Mà PM∩ON={I} ⇒I là trực tâm ΔOPJ. (**)
Từ (*) và (**) ⇒I;J;K thẳng hàng.
LG bài 5
Phương pháp giải:
Chọn điểm rơi và sử dụng hệ quả của bất đẳng thức AM-GM.
Lời giải chi tiết:
Cho hai số dương x>0,y>0 thỏa mãn x+y≤1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=1x2+y2+2xy+4xy.
Trước tiên, theo bất đẳng thức AM-GM:
Với a,b>0: {a+b≥2√ab1a+1b≥2√ab, nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta được:
(a+b)(1a+1b)≥4 ⇒1a+1b≥4a+b(∗)
Ta có: A=1x2+y2+2xy+4xy=(1x2+y2+12xy)+(14xy+4xy)+54xy.
Sử dụng hệ quả (*) ta có: 1x2+y2+12xy≥4(x+y)2≥4 (do x+y≤1 )
Lại có : 14xy+4xy≥2√14xy.4xy=2
Vì (x−y)2≥0⇒4xy≤(x+y)2≤1 ⇒54xy≥5.
Suy ra A≥4+2+5=11.
Dấu “=” xảy ra ⇔{x=yxy=14x+y≤1 ⇔x=y=12
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi x=y=12.
Nguồn: Sưu tầm
Loigiaihay.com


- Đề số 2 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9
- Đề số 3 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9
- Đề số 4 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9
- Đề số 5 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9
- Đề số 6 – Đề kiểm tra học kì 2 – 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