Đề toán thi học kì 1 lớp 9 năm 2024
|
Thầy cô giáo và các em học sinh có nhu cầu tải các tài liệu dưới dạng định dạng word có thể liên hệ đăng kí thành viên Vip của Website: tailieumontoan.com với giá 500 nghìn thời hạn tải trong vòng 6 tháng hoặc 800 nghìn trong thời hạn tải 1 năm. Chi tiết các thức thực hiện liên hệ qua số điện thoại (zalo ): 0393.732.038 Điện thoại: 039.373.2038 (zalo web cũng số này, các bạn có thể kết bạn, mình sẽ giúp đỡ) Kênh Youtube: https://bitly.com.vn/7tq8dm Email: [email protected] Group Tài liệu toán đặc sắc: https://bit.ly/2MtVGKW Page Tài liệu toán học: https://bit.ly/2VbEOwC Website: http://tailieumontoan.com Học sinh luyện tập lại kiến thức cũng như làm quen với các dạng toán trong đề thi sau khi ôn tập qua đề cương bằng cách trình bày chi tiết lời giải ra vở thông qua các đề thi học kì I mà Mathx.vn đã sưu tầm và soạn thảo. Chúc các con ôn tập tốt và đạt kết quả tốt trong kì thi sắp tới! 1. Ma trận đề thiMỗi đề thi gồm 5 câu, các câu hỏi được chọn lọc tại thư viện đề thi của mathx, dưới đây là bảng mô tả chi tiết: Một sản phẩm của công ty TNHH Giáo dục Edmicro CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC EDMICRO MST: 0108115077 Địa chỉ: Tầng 5 Tòa nhà Tây Hà, số 19 Đường Tố Hữu, Phường Trung Văn, Quận Nam Từ Liêm, Thành phố Hà Nội, Việt Nam
Lớp học
Tài khoản
Thông tin liên hệ(+84) 096.960.2660
Follow us
Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} - 3}}{{x + \sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{1 - \sqrt x }}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\)
Câu 3: (2 điểm) Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right) :y = \left( {m - 1} \right)x + 2m + 1\). Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) 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 \(\left( d \right):y = x + 1\) 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 \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
Bài 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z \ge 20\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\). LG bài 1 Lời giải chi tiết: Bài 1:
\(\begin{array}{l}a)\;\;\sqrt 8 - 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{2^2}.2} - 2\sqrt {{3^2}.2} + 5\sqrt {{4^2}.2} - \left| {\sqrt 2 - 1} \right|\\ = 2\sqrt 2 - 2.3\sqrt 2 + 5.4\sqrt 2 - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\ = 2\sqrt 2 - 6\sqrt 2 + 20\sqrt 2 - \sqrt 2 + 1\\ = 15\sqrt 2 + 1.\end{array}\) Vậy \(\sqrt 8 - 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} = 15\sqrt 2 + 1\) \(\begin{array}{l}b)\;\;\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 - 1}} - \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\sqrt 7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 - 1}} - \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 \left( {6 + \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}}{{\sqrt 7 - 1}} - \sqrt 5 - \sqrt 7 \\ = 6 + \sqrt 5 + \sqrt 7 - \sqrt 5 - \sqrt 7 = 6.\end{array}\) Vậy \(\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 - 1}} - \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right) = 6\)
ĐKXĐ: \(x \ge 15\) \(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;x - \sqrt {x - 15} = 17\\ \Leftrightarrow x - 17 = \sqrt {x - 15} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 17 \ge 0\\{\left( {x - 17} \right)^2} = {\left( {\sqrt {x - 15} } \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} - 34x + 289 = x - 15\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} - 35x + 304 = 0\end{array} \right.\end{array}\) Xét phương trình \({x^2} - 35x + 304 = 0\), ta có: \({x^2} - 35x + 304 = 0\\{x^2} - 16 x - 19x + 304 = 0 \\ x(x - 16) - 19(x - 16) = 0 \\ (x-19)(x-16)=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x=19 (TM)\\x=16 (L)\end{array} \right.\) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x = 19\). LG bài 2 Lời giải chi tiết: Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} - 3}}{{x + \sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{1 - \sqrt x }}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\)
ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 1\) \(\begin{array}{l}P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} - 3}}{{x + \sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{1 - \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} - 3}}{{\left( {x - \sqrt x } \right) + \left( {2\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{1 - \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right).\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{\left( {\sqrt x - 1} \right).\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right).\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{ - \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x - 3 - \left( {x - 1} \right) - \left( {x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \dfrac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\left( {x + 2\sqrt x } \right) + \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}.\end{array}\) Vậy\(P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\).
\(\sqrt P \) có nghĩa \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 1 > 0\;\;\left( {do\;\;\sqrt x + 1 > 0\;\forall x \ge 0,\;\;x \ne 1} \right)\) \( \Leftrightarrow \sqrt x > 1 \Leftrightarrow x > 1.\) Xét hiệu: \(P - \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}} \). \(\begin{array}{l} \Rightarrow P - \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt {\sqrt x + 1} }}{{\sqrt {\sqrt x - 1} }}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt {\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)} }}{{{{\left( {\sqrt {\sqrt x - 1} } \right)}^2}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt {x - 1} }}{{\sqrt x - 1}}.\end{array}\) Ta có: \(\sqrt x - \sqrt {x - 1} = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt x - \sqrt {x - 1} } \right)}}{{\sqrt x + \sqrt {x - 1} }} \)\(\,= \dfrac{{x - \left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt x + \sqrt {x - 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }} > 0\) Mà có: \(\sqrt x - 1 > 0\) (cmt) \( \Rightarrow P - \sqrt P > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \) với mọi \(x > 1.\) \(\)\(\)
Xét: \(\dfrac{1}{P} = \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 - 2}}{{\sqrt x + 1}} = 1 - \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\). Để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên thì \(\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\) nguyên, suy ra \(\sqrt x + 1\) là ước của 2. Mà \(\sqrt x + 1 > \)0 \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right) \in U\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right) = \left\{ {1;\;2} \right\}.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 2\\\sqrt x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\left( {ktm} \right)\\x = 0\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\) Vậy với \(x = 0\) thì \(\dfrac{1}{P}\) nguyên. LG bài 3 Lời giải chi tiết: Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right) :y = \left( {m - 1} \right)x + 2m + 1\). Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) 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 \(\left( d \right):y = x + 1\) nằm trên trục hoành. Vì \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( - 3\), suy ra \(\left( {0; - 3} \right)\) nằm trên đường thẳng \({d_1}\) \( \Rightarrow - 3 = \left( {m - 1} \right).0 + 2m + 1 \Leftrightarrow 2m = - 4 \Leftrightarrow m = - 2\). Với \(m = - 2\) ta có phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = - 3x - 3\). Nhận thấy: \(A\left( {0; - 3} \right),\;B\left( { - 1;\;0} \right)\) nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số \(\left( {{d_1}} \right):y = - 3x - 3\) 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 \(\left( {{d_1}} \right):y = - 3x - 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là nghiệm của phương trình: \(x + 1 = - 3x - 3 \Leftrightarrow 4x = - 4 \) \(\Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow y = x + 1 = - 1 + 1 = 0\). Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right):y = - 3x - 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là \(\left( { - 1;0} \right)\). Nhận thấy điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) 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 \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm \( \Rightarrow MD = DB\)(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 \( \Rightarrow \Delta MOD = \Delta BOD \Rightarrow \angle MDO = \angle BDO \Rightarrow OD\) là phân giác \(\angle MDB\). Xét tam giác CDN có: OD là đường cao (do\(OD \bot CN\)) OD là phân giác \(\angle MDB\) Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra \(CD = ND\) (đpcm)\(\) \(\) \(\) \(\) \(\) \(\)
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) \(\angle COA = \angle BON\) (hai góc đối đỉnh) \( \Rightarrow \Delta COA = \Delta BON \Rightarrow \angle CAO = \angle NBO = {90^o}\) 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).\(\)
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E Xét tam giác BMD có \(DM = DB\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle DMB = \angle DBM\) Ta có: \(AB \bot AQ,\;\;AB \bot DN \Rightarrow AQ//DN.\) Mà có \(\angle CQM = \angle MBD\) (so le trong) Lại có: \(\angle QMC = \angle DMB\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle CQM = \angle QMC\), 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 \(QC = AC \Rightarrow QC = \dfrac{1}{2}QA\). Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vuông góc với AB) \( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\) (định lí Ta-lét) Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{MH}}{{AQ}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\) Suy ra \(\dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{MH}}{{AQ}}\). Mà có \(QC = \dfrac{1}{2}QA\) suy ra \(ME = \dfrac{1}{2}MH\), 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).
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 \(OH = a\;\;\left( {0 < a < 1} \right).\) \( \Rightarrow MH = \sqrt {O{M^2} - O{H^2}} = \sqrt {1 - {a^2}} \). Có MH song song với OK (do cùng vuông góc với AB) \( \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PO}} = \dfrac{{MH}}{{OK}} = \dfrac{{\sqrt {1 - {a^2}} }}{1} \Rightarrow PH = \sqrt {1 - {a^2}} .OP.\) Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 - {a^2}} \\PH + PO = OH = a\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PO = \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }}\\PH + \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }} = a\end{array} \right.\\ \Rightarrow PH = \dfrac{{a.\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{a}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}}.\) Ta có: \(\begin{array}{l}{S_{MHK}} = {S_{MHP}} + {S_{PKH}} = \dfrac{1}{2}MH.HP + \dfrac{1}{2}OK.HP\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt {1 - {a^2}} .\dfrac{{a\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}} + 1.\dfrac{{a\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 - {a^2}} .\dfrac{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 - {a^2}} .\end{array}\) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \(a\sqrt {1 - {a^2}} \le \dfrac{{{a^2} + 1 - {a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\) Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{4}x = \dfrac{3}{x}\\\dfrac{1}{2}y = \dfrac{9}{{2y}}\\\dfrac{1}{4}z = \dfrac{4}{z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 4\end{array} \right.\). |
