Đề số 20 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9

Đề bài

Câu 1 (2,5 điểm): Cho hai biểu thức: \(A\, = \,\dfrac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 1}}\) và \(B\, = \,\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{6\sqrt x  - 4}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)

1. Tính giá trị của A khi \(x = 4.\)

2. Rút gọn B.

3. So sánh A.B với 5.  

Câu 2 (2,0 điểm):

1. Thực hiện phép tính: \(\left( {3\sqrt 8  - \sqrt {18}  + 5\sqrt {\dfrac{1}{2}}  + \sqrt {50} } \right).3\sqrt 2 .\)

2. Giải phương trình: \(\sqrt {4{x^2} - 4x + 1}  - 5 = 2.\)

Câu 3 (1,5 điểm): Cho hàm số \(y = 3x + 2\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right).\)

1. Điểm \(A\left( {\dfrac{1}{3};3} \right)\) có thuộc đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) không? Vì sao?

2. Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) có phương trình \(y =  - 2x - m\) cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng 1.

Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính AB và điểm C bất kỳ thuốc đường tròn (C khác A và B). Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BC ở D. Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại C cắt AD ở E.

1. Chứng minh bốn điểm A,E,C,O cùng thuộc một đường tròn.

2. Chứng minh \(BC.BD = 4{R^2}\) và OE song song với BD.

3. Đường thẳng kẻ qua O và vuông góc với BC tại N cắt tia EC ở F. Chứng minh BF là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)

4. Gọi H là hình chiếu của C trên AB, M là giao của AC và OE. Chứng minh rằng khi điểm C di động trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và thỏa mãn yêu cầu đề bài thì đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5 (0,5 điểm):

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = x + \dfrac{9}{{x - 2}} + 2010\) với \(x > 2.\)

LG bài 1

Lời giải chi tiết:

1. Tính giá trị của A khi \(x = 4.\)

Khi \(x = 4\) thì \(A\, = \,\dfrac{{2\sqrt 4  - 4}}{{\sqrt 4  - 1}} = \dfrac{{2.2 - 4}}{{2 - 1}} = \dfrac{0}{1} = 0\)

2. Rút gọn B.

\(\begin{array}{l}B\, = \,\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{{6\sqrt x  - 4}}{{x - 1}}\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \dfrac{{3\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \dfrac{{6\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x + \sqrt x  + 3\sqrt x  - 3 - 6\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{x - 1}} = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}.\end{array}\)

3. So sánh A.B với 5. 

\(\begin{array}{l}A.B - 5 = \dfrac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 1}}.\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} - 5 = \dfrac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  + 1}} - 5\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x  - 4 - 5\sqrt x  - 5}}{{\sqrt x  + 1}} = \dfrac{{ - 3\sqrt x  - 9}}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}\)

Có \(\sqrt x  \ge 0\;\forall x \ge 0 \Rightarrow  - 3\sqrt x  \le 0\;\forall x \ge 0 \Rightarrow  - 3\sqrt x  - 9 < 0\;\forall x \ge 0\)  

Mặt khác  \(\sqrt x  \ge 0\;\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 > 0\;\forall x \ge 0.\)

\( \Rightarrow A.B - 5 = \dfrac{{ - 3\sqrt x  - 9}}{{\sqrt x  + 1}} < 0\;\;\forall x \ge 0 \Rightarrow \,A.B < 5\)

LG bài 2

Lời giải chi tiết:

1. Thực hiện phép tính: \(\left( {3\sqrt 8  - \sqrt {18}  + 5\sqrt {\dfrac{1}{2}}  + \sqrt {50} } \right).3\sqrt 2 .\)

\(\begin{array}{l}\left( {3\sqrt 8  - \sqrt {18}  + 5\sqrt {\dfrac{1}{2}}  + \sqrt {50} } \right).3\sqrt 2\\  = \left( {3.2\sqrt 2  - 3\sqrt 2  + \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2} + 5\sqrt 2 } \right).3\sqrt 2 \\= \dfrac{{21\sqrt 2 }}{2}.3\sqrt 2\\  = 21.3 = 63.\end{array}\)

2. Giải phương trình: \(\sqrt {4{x^2} - 4x + 1}  - 5 = 2.\)

Điều kiện: \(4{x^2} - 4x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} \ge 0\) luôn đúng với mọi \(x\)

 \(\sqrt {4{x^2} - 4x + 1}  - 5 = 2 \)

\(\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}  = 7 \)

\(\Leftrightarrow \left| {2x - 1} \right| = 7 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 1 = 7\\2x - 1 =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;\;4} \right\}.\)  

LG bài 3

Lời giải chi tiết:

1. Điểm \(A\left( {\dfrac{1}{3};3} \right)\) có thuộc đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) không? Vì sao?

 Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta có: \(3.\dfrac{1}{3} + 2 = 1 + 2 = 3\) .

Vậy \(A\left( {\dfrac{1}{3};3} \right)\) thuộc đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = 3x + 2\)

2. Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) có phương trình \(y =  - 2x - m\) cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng 1.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) là: \(3x + 2 =  - 2x - m \Leftrightarrow m =  - 5x - 2\)  \(\left( 1 \right)\)

Vì \(\left( {{d_1}} \right)\) cắt \(\left( {{d_2}} \right)\) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên \(x = 1\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)

\(\; \Rightarrow m =  - 5.1 - 2 =  - 7\)

Vậy với \(m =  - 7\)  thỏa mãn yêu cầu để bài.

LG bài 4

Lời giải chi tiết:

1. Chứng minh bốn điểm A, E, C, O cùng thuộc một đường tròn.

AE là tiếp tuyến tại A của \(\left( {O;R} \right) \Rightarrow \angle EAO = {90^o}\)

CE là tiếp tuyến tại C của \(\left( {O;R} \right) \Rightarrow \angle ECO = {90^o}\)

\( \Rightarrow \) C, A cùng thuộc đường tròn đường kính OE

\( \Rightarrow \) A, E, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính OE

2. Chứng minh \(BC.BD = 4{R^2}\) và OE song song với BD.

Ta có điểm C thuộc \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\)

\( \Rightarrow \)\(\angle ACB = {90^o} \Rightarrow AC \bot BD\)

\( \Rightarrow \) AC là đường cao trong \(\Delta ABD\)

 Xét \(\Delta ABD\) vuông tại A đường cao AC ta có:

\(BC.BD = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\)

Ta có AE là tiếp tuyến tại A của \(\left( {O;R} \right)\)

         CE là tiếp tuyến tại C của \(\left( {O;R} \right)\)

         \(AE \cap CE = \left\{ E \right\}\)

\( \Rightarrow \) \(OE \bot AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(BD \bot AC\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow \) \(OE\parallel BD\) (từ vuông góc đến song song)

3. Đường thẳng kẻ qua O và vuông góc với BC tại N cắt tia EC ở F. Chứng minh BF là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)

Ta có \(OF \bot BC\) tại N (gt) \( \Rightarrow \)\(\angle BOF = \angle COF = \dfrac{1}{2}\angle BOC\) (đường cao đồng thời là đường trung tuyến trong tam giác cân)

Mặt khác \(\angle BCF = \dfrac{1}{2}\angle BOC\) (CF là tiếp của \(\left( O \right)\) tại C)

\( \Rightarrow \angle BOF = \angle BCF\left( { = \dfrac{1}{2}\angle BOC} \right)\) \( \Rightarrow \) BOCF là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \angle OBF + \angle OCF = {180^o} \Leftrightarrow \angle OBF + {90^o} = {180^o}\)  (\(\angle OCF = {90^o}\) do CF là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại C)

\( \Rightarrow \angle OBF = {90^o} \Rightarrow BF\)  là tiếp tuyến của \(\left( {O;R} \right)\)

4. Gọi  H  là hình chiếu của C trên AB, M  là giao của AC và OE. Chứng minh rằng khi điểm C di động trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và thỏa mãn yêu cầu đề bài thì đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN luôn đi qua một điểm cố định.

Ta có \(OE\parallel CA\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow \angle OMC = {90^o}\)

Mặt khác \(\angle MCN = \angle ONC = {90^o}\) \( \Rightarrow \,OMCN\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow \) \(\angle OMN = \angle OCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ON\))

Ta có \(\angle OHC = \angle ONC = {90^o}\) \( \Rightarrow \) OHCN là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \) \(\angle OHN = \angle OCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ON\))

\( \Rightarrow \angle OMN = \angle OHN\left( { = \angle OCN} \right)\)

\( \Rightarrow \) HMNO là tứ giác nội tiếp (dhnb)

\( \Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN luôn đi qua O là điểm cố định. (đpcm)

LG bài 5

Lời giải chi tiết:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = x + \dfrac{9}{{x - 2}} + 2010\) với \(x > 2.\)

\(P = x + \dfrac{9}{{x - 2}} + 2010 = x - 2 + \dfrac{9}{{x - 2}} + 2012\)

Với \(x > 2 \Leftrightarrow x - 2 > 0 \Rightarrow \dfrac{9}{{x - 2}} > 0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm \(x - 2\) và \(\dfrac{9}{{x - 2}}\)

\(\begin{array}{l}x - 2 + \dfrac{9}{{x - 2}} \ge 2.\sqrt {\left( {x - 2} \right).\dfrac{9}{{x - 2}}}  = 2\sqrt 9  = 6\\ \Rightarrow \,P = x - 2 + \dfrac{9}{{x - 2}} + 2012 \ge 6 + 2012 = 2018\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x - 2 = \dfrac{9}{{x - 2}} \)

\(\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 9\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 3\\x - 2 =  - 3\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x =  - 1\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow x = 5\) (do \(x > 2\))

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2018 tại \(x = 5\).

Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) môn Toán 9 tại Tuyensinh247.com

 Loigiaihay.com