Đề học kỳ 1 Toán 9 năm 2024 – 2025 trường THCS Mỹ Tiến – Nam Định

Biểu thức dạng $\sqrt{A}$ có nghĩa khi và chỉ khi $A \geq 0$

Biểu thức $\sqrt{\dfrac{2024}{x - 5}}$ có nghĩa khi $\dfrac{2024}{x - 5} \geq 0$

Vì $2024 > 0$ nên $x - 5 > 0$ hay $x > 5$

Số thực $a > 0$ có hai căn bậc hai là $\sqrt{a}$ và $- \sqrt{a}$.

Ký hiệu $\sqrt{a}$ là căn bậc hai số học của $a$.

Căn bậc hai của $4$ là $\sqrt{4} = 2$ và $- \sqrt{4} = - 2$

Sử dụng hằng đẳng thức $\left. \sqrt{A^{2}} = \middle| A \right|$ và quy tắc khai phương một tích $\left. \sqrt{A^{2}B^{2}} = \middle| A \middle| \cdot \middle| B \right|$

Lưu ý phá dấu giá trị tuyệt đối: $\left| A \middle| = A \right.$ nếu $A \geq 0$ và $\left| B \middle| = - B \right.$ nếu $B < 0$

Vì $a \geq 0$ và $b < 0$, ta có:

$\left. \sqrt{4a^{2}b^{2}} = \sqrt{{(2ab)}^{2}} = \middle| 2ab \middle| = 2 \middle| a \middle| \cdot \middle| b \middle| = 2a( - b) = - 2ab \right.$

Cụm từ "từ 16 tuổi trở lên" biểu thị số tuổi $x$ lớn hơn hoặc bằng 16 ($x \geq 16$)

Bất đẳng thức biểu thị số tuổi được phép điều khiển xe máy điện là $x \geq 16$

Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm $(x_{0};y_{0})$

Thay giá trị $(x_{0};y_{0})$ tìm được vào biểu thức $2x_{0} - 3y_{0}$

$\{\begin{array}{l}3x+2y=7(1)\\ 2x-3y=-4(2)\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {3x + 2y = 7\quad(1)} \\ {2x - 3y = - 4\quad(2)} \end{array} \right.$

Nhân hai vế phương trình (1) với $3$ và (2) với $2$:

$\{\begin{array}{l}9x+6y=21\\ 4x-6y=-8\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {9x + 6y = 21} \\ {4x - 6y = - 8} \end{array} \right.$

Cộng từng vế của hai phương trình ta được:

$13x = 13$

$x = 1$

Thay $x = 1$ vào (1) ta được:

$\begin{array}{l}3.1+2y=7\\ 2y=4\\ y=2\end{array}$$\begin{array}{l} {3.1 + 2y = 7} \\ {2y = 4} \\ {y = 2} \end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x_{0};y_{0}) = (1;2)$

Tính giá trị biểu thức: $2x_{0} - 3y_{0} = 2.1 - 3.2 = 2 - 6 = - 4$

Giải bất phương trình bậc nhất một ẩn $- 2x - 4 \geq 0$ để tìm tập nghiệm của $x$

Chọn số nguyên $x$ lớn nhất thuộc tập nghiệm

$\begin{array}{l}-2x-4\ge 0\\ -2x\ge 4\\ x\le {\displaystyle \frac{4}{-2}}\\ x\le -2\end{array}$$\begin{array}{l} {- 2x - 4 \geq 0} \\ {- 2x \geq 4} \\ {x \leq \dfrac{4}{- 2}} \\ {x \leq - 2} \end{array}$

Số nguyên lớn nhất thỏa mãn $x \leq - 2$ là $x = - 2$

Cho hai đường tròn $(O;R)$ và $(O';r)$ với $R > r$

Hai đường tròn cắt nhau khi và chỉ khi $R - r < OO' < R + r$

Cho hai đường tròn $(O;R)$ và $(O';r)$ với $R > r$

Hai đường tròn cắt nhau khi và chỉ khi $R - r < OO' < R + r$

Sử dụng tính chất tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau:

Nếu $\alpha + \beta = 90^{{^\circ}}$ thì $\sin\alpha = \cos\beta$, $\cos\alpha = \sin\beta$, $\tan\alpha = \cot\beta$, $\cot\alpha = \tan\beta$

Với mọi góc nhọn $\alpha$, hai góc $\alpha$ và $90^{{^\circ}} - \alpha$ phụ nhau, do đó $\sin(90^{{^\circ}} - \alpha) = \cos\alpha$

a) Dây của đường tròn không đi qua tâm luôn nhỏ hơn đường kính (2R)

b) Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây: Đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây đó

c) Sử dụng định lý Pitago trong tam giác vuông để tính khoảng cách từ tâm đến dây: $d = \sqrt{R^{2} - \left( \dfrac{AB}{2} \right)^{2}}$

d) Tam giác có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp là tam giác vuông

a) Đúng: $AB < 2R = 2 \cdot 5 = 10\text{~cm}$

b) Đúng: $OH\bot AB$ nên $H$ là trung điểm của $AB$

c) Sai: Khi $\left. AB = 6\text{~cm}\Rightarrow AH = 3\text{~cm} \right.$. Khoảng cách $OH = \sqrt{OA^{2} - AH^{2}} = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4\text{~cm} \neq 3\text{~cm}$

d) Đúng: $C$ đối xứng với $A$ qua $\left. O\Rightarrow AC \right.$ là đường kính của $(O)$. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$ nên $\Delta ABC$ vuông tại $B$.

a) Sử dụng hằng đẳng thức $(A + B)(A - B) = A^{2} - B^{2}$ và $\left. \sqrt{A^{2}} = \middle| A \right|$

b) Quy đồng mẫu thức các phân thức đại số (chú ý $1 - \sqrt{x} = - (\sqrt{x} - 1)$ và $x - 1 = (\sqrt{x} + 1)(\sqrt{x} - 1)$)

a) Ta có $\left( {2 + \sqrt{5}} \right)\left( {\sqrt{5} - 2} \right) - \dfrac{\sqrt{7 - 4\sqrt{3}}}{\sqrt{3} - 2}$

$\left( \sqrt{5} \right)^{2} - 2^{2} - \dfrac{\sqrt{2^{2} - 4\sqrt{3} + \left( \sqrt{3} \right)^{2}}}{\sqrt{3} - 2}$

$= 5 - 4 - \dfrac{\sqrt{\left( {2 - \sqrt{3}} \right)^{2}}}{\sqrt{3} - 2}$

$= 1 - \dfrac{\left| {2 - \sqrt{3}} \right|}{\sqrt{3} - 2} = 1 - \dfrac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{3} - 2}$

$= 1 + 1 = 2$ (Điều phải chứng minh)

b) Với $x \geq 0; x \neq 1$ ta có:

$B = \dfrac{1}{\sqrt{x} + 1} - \dfrac{1}{1 - \sqrt{x}} + \dfrac{2}{x - 1} = \dfrac{1}{\sqrt{x} + 1} + \dfrac{1}{\sqrt{x} - 1} + \dfrac{2}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)}$

$= \dfrac{\sqrt{x} - 1}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)} + \dfrac{\sqrt{x} + 1}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)} + \dfrac{2}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)}$

$= \dfrac{\sqrt{x} - 1 + \sqrt{x} + 1 + 2}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)} = \dfrac{2\sqrt{x} + 2}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)} = \dfrac{2\left( {\sqrt{x} + 1} \right)}{\left( {\sqrt{x} + 1} \right)\left( {\sqrt{x} - 1} \right)} = \dfrac{2}{\sqrt{x} - 1}$

a) Phương trình chứa ẩn ở mẫu: Tìm ĐKXĐ $\rightarrow$ Quy đồng và khử mẫu $\rightarrow$ Giải phương trình $\rightarrow$ Đối chiếu điều kiện.

b) Bất phương trình bậc nhất: Quy đồng mẫu số dương $\rightarrow$ Bỏ mẫu $\rightarrow$ Chuyển tế, thu gọn $\rightarrow$ Chia cho số âm thì đổi chiều bất đẳng thức.

a) ĐKXĐ: $x \neq \pm 1$

$\dfrac{x + 1}{x - 1} - \dfrac{x - 1}{x + 1} = \dfrac{16}{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}$

$\dfrac{\left( {x + 1} \right)^{2}}{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} - \dfrac{\left( {x - 1} \right)^{2}}{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} = \dfrac{16}{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}$

$x^{2} + 2x + 1 - \left( {x^{2} - 2x + 1} \right) = 16$

$x^{2} + 2x + 1 - x^{2} + 2x - 1 = 16$

$4x = 16$

$x = 4\ \left( {tm} \right)$

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 4$

b) $\dfrac{2x - 1}{2} - \dfrac{x + 1}{6} \geq \dfrac{4x - 5}{3}$

$\dfrac{3\left( {2x - 1} \right)}{6} - \dfrac{x + 1}{6} \geq \dfrac{2\left( {4x - 5} \right)}{6}$

$6x - 3 - x - 1 \geq 8x - 10$

$5x - 4 \geq 8x - 10$

$5x - 8x \geq 4 - 10$

$- 3x \geq - 6$

$x \leq 2$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \leq 2$

Dạng toán công việc chung - công việc riêng:

Gọi ẩn là thời gian chảy một mình đầy bể của mỗi vòi ($x,y > 5$)

Biểu diễn năng suất chảy trong $1$ giờ của từng vòi ($\dfrac{1}{x},\dfrac{1}{y}$)

Lập hệ phương trình từ các dữ kiện đề bài và giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là $x$(giờ), thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là $y$ (giờ). (Điều kiện $x; y > 5$)

Sau $1$ giờ vòi thứ nhất chảy được $\dfrac{1}{x}$ bể; vòi thứ hai chảy được $\dfrac{1}{y}$ bể

Sau $1$ giờ cả hai vòi chảy được $\dfrac{1}{5}$ bể.

Vì hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước thì trong $5$ giờ sẽ đầy bể nên ta có phương trình: $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{5}$ $(1)$

Nếu vòi thứ nhất chảy trong $3$ giờ và vòi thứ hai chảy trong $4$ giờ thì được $\dfrac{2}{3}$ bể nên ta có phương trình: $3.\dfrac{1}{x} + 4.\dfrac{1}{y} = \dfrac{2}{3}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}={\displaystyle \frac{1}{5}}\\ {\displaystyle \frac{3}{x}}+{\displaystyle \frac{4}{y}}={\displaystyle \frac{2}{3}}\end{array}$$\left\{ \begin{matrix} {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{5}} \\ {\dfrac{3}{x} + \dfrac{4}{y} = \dfrac{2}{3}} \end{matrix} \right.$

Giải hệ phương trình trên ta được $x = 7,5$ ; $y = 15$

Đối chiếu điều kiện, ta thấy $x = 7,5$ ; $y = 15$ thỏa mãn

Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là $7,5$ giờ, thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là $15$ giờ

Diện tích bồn hoa tô đậm $S$ bằng diện tích hình quạt tròn lớn $S_{1}$ (bán kính $R_{1} = 8\text{m}$, góc $n = 60^{{^\circ}}$) trừ diện tích hình quạt tròn nhỏ $S_{2}$ (bán kính $R_{2} = 3\text{m}$, góc $n = 60^{{^\circ}}$)

Công thức diện tích hình quạt: $S_{q} = \dfrac{\pi R^{2}n}{360}$

Diện tích hình quạt tròn lớn là: $S_{1} = \dfrac{\pi R_{1}^{2}n}{360} = \dfrac{\pi.8^{2}.60}{360} = \dfrac{32\pi}{3}\,\left( m^{2} \right)$

Diện tích hình quạt tròn lớn là: $S_{1} = \dfrac{\pi R_{1}^{2}n}{360} = \dfrac{\pi.8^{2}.60}{360} = \dfrac{32\pi}{3}\,\left( m^{2} \right)$

Diện tích của phần tô đậm là: $S = S_{1} - S_{2} = \dfrac{32\pi}{3} - \dfrac{3\pi}{2} \approx 28,8\,\left( m^{2} \right)$

a) Sử dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh $AO$ là đường trung trực của $BC$ nên $AO\bot BC$. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABO$ để suy ra $BH^{2} = AH \cdot OH$

b) Chứng minh $BHKA$ có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm $I$ nên $BHKA$ hình bình hành.

Chứng minh $H$ là trực tâm $\left. \Delta BKD\Rightarrow DH\bot BK \right.$

Kết hợp $\Delta BED$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$

Suy ra $DE\bot BE$ để suy ra $D,H,E$ thẳng hàng.

a) Vì $AB, AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$ nên $AB = AC$

Suy ra $A$ thuộc đường trung trực của $BC$

Lại có $OB = OC$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của $BC$

Từ đó suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$

Do đó $OA\bot BC$.

+ Vì $OA$ là đường trung trực của $BC$, mà $OA$ cắt $BC$ tại $H$

Suy ra $H$ là trung điểm của $BC$

Do đó $BH = CH = \dfrac{BC}{2}$ $(1)$

+ Xét \(\Delta\[HBA\) và \(\Delta\]HOB\) có:

$\widehat{AHB} = \widehat{OHB} = 90{^\circ}$

$\widehat{HAB} = \widehat{HBO}$ (cùng phụ với $\widehat{ABH}$)

Vậy $\Delta HBA ∽ \backsim ∽ \Delta HOB$ (g-g)

Suy ra $\dfrac{HB}{HA} = \dfrac{HO}{HB}$ hay $HB^{2} = HA.HO$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\left( \dfrac{BC}{2} \right)^{2} = HA.HO$

Hay $4.OH.AH = BC^{2}$ (đpcm)

b) + Xét $\Delta BCD$ có $CO$ là đường trung tuyến ứng với một cạnh và bằng nửa cạnh ấy

Suy ra $\Delta BCD$ vuông tại $C$, từ đó ta có $BC\bot CD$ $(3)$

+ Theo a, ta lại có $OA\bot BC$ $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $OA//CD$. Hay $OI//KD$

Xét $\Delta BKD$ có $O$ là trung điểm $BD$; $OI//KD$

Suy ra $I$ là trung điểm $BK$

Xét tứ giác $BHKA$, có hai đường chéo $BK$ và $AH$ cắt nhau tại trung điểm $I$ của mỗi đường.

Suy ra tứ giác $BHKA$ là hình bình hành (dấu hiệu)

+ Vì $AB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $AB\bot BD$ $(5)$

+ Lại có tứ giác $BHKA$ là hình bình hành nên $AB//KH$ $(6)$

Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra $KH\bot BD$

Gọi giao điểm của $KH$ và $BD$ là $F$. Suy ra $KF$ là đường cao của $\Delta BKD$ $(7)$

+ Theo $(3)$ thì $BC\bot CD$ mà $K$ thuộc $CD$, do đó $BC\bot KD$

Suy ra $BC$ là một đường cao của $\Delta BKD$ $(8)$

Mà $BC$ cắt $KF$ tại $H$ $(9)$

Từ $(7) ( 8 ) (8) ( 8 ) (9)$ ta suy ra $H$ là trực tâm của $\Delta BKD$

Do đó $DH\bot BK$ hay $DH\bot BE$ $(10)$

+ Xét $\Delta BED$ có $EO$ là đường trung tuyến ứng với một cạnh và bằng nửa cạnh ấy

Suy ra $\Delta BED$ vuông tại $E$, từ đó ta có $DE\bot BE$ $(11)$

Từ $(10)$ và $(11)$ suy ra ba điểm $D, H, E$ thẳng hàng.

Tìm ĐKXĐ

Sử dụng phương pháp trục căn thức (liên hợp) để xuất hiện nhân tử chung $(x - 5)$

Đánh giá phần còn lại luôn dương với mọi $x$ thuộc tập xác định

ĐKXĐ: $\dfrac{- 1}{3} \leq x \leq 6$

$\sqrt{3x + 1} - \sqrt{6 - x} + 3x^{2} - 14x - 8 = 0$

$\left( {\sqrt{3x + 1} - 4} \right) + \left( {1 - \sqrt{6 - x}} \right) + 3x^{2} - 14x - 5 = 0$

$\dfrac{3\left( {x - 5} \right)}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{x - 5}{\sqrt{6 - x} + 1} + \left( {3x + 1} \right)\left( {x - 5} \right) = 0$

$\left( {x - 5} \right)\left( {\dfrac{3}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{1}{\sqrt{6 - x} + 1} + 3x + 1} \right) = 0$

$x - 5 = 0$ (Vì với $\dfrac{- 1}{3} \leq x \leq 6$ thì $\dfrac{3}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{1}{\sqrt{6 - x} + 1} + 3x + 1 > 0$)

$x = 5$ (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x = 5$