Đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 - Đề số 30 — Không quảng cáo

Đề bài

Lời giải

Câu 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức $A = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x  + 1}}$ và $B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{1 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}$

a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 16$.

b) Rút gọn biểu thức $B$.

c) Tìm $x$ để biểu thức $M = A.B$ nhận giá trị nguyên.

Phương pháp giải

a) Tìm ĐKXĐ của biểu thức $A$ và biểu thức $B$

Với $x = 16$ (tmđk) thay vào biểu thức $A$ và tính.

b) Xác định mẫu thức chung

Thực hiện các phép tính với các phân thức đại số

c) Tìm miền chặn của biểu thức $M$ để tìm được giá trị $M$ nguyên

Với $M$ nguyên tìm được $x$ thỏa mãn

Lời giải

ĐKXĐ: $x \ge 0;x \ne 1;x \ne 4$

a) Với $x = 16$ (tmđk) thay vào $A$ ta được: $A = \frac{{16 - 4}}{{\sqrt {16}  + 1}} = \frac{{12}}{{4 + 1}} = \frac{{12}}{5}$

Vậy $x = 16$ thì $A = \frac{{12}}{5}$

b) $B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{1 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}$ với $x \ge 0;x \ne 1;x \ne 4$

$\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) - \left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right) + \left( {\sqrt x  - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{x - 1 - x + 4 + \sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}\end{array}$

Vậy $B = \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}$ với $x \ge 0;x \ne 1;x \ne 4$

c) Ta có: $M = A.B = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{1}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}$

$M = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\sqrt x  + 1 + 1}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}$

Vì $x \ge 0 \Rightarrow 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} > 1$

$\Rightarrow M > 1$

Vì $x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 \ge 1$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} \le 1\\ \Rightarrow 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} \le 2\\ \Rightarrow M \le 2\end{array}$

Vậy $1 < M \le 2$, mà $M$ là số nguyên nên $M = 2$

* Với $M = 2 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} = 2$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt x  + 1} \right) = \sqrt x  + 2\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x  + 2 = \sqrt x  + 2\\ \Leftrightarrow \sqrt x  = 0\\ \Leftrightarrow x = 0\left( {tmdk} \right)\end{array}$

Vậy $x = 0$ thì $M = A.B$ là số nguyên.

Câu 2: (2 điểm)

Cho hàm số $y = \left( {1 - m} \right)x + m + 2$ (với $m$ là tham số) có đồ thị là đường thẳng $d$. Xác định $m$ để:

a) Đường thẳng $d$ cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.

b) Đường thẳng $d$ song song với đường thẳng $y = 2x - 1$

c) Đường thẳng $d$ cắt trục $Ox,Oy$ lần lượt tại hai điểm $A,B$ sao cho tam giác $AOB$ vuông cân.

Phương pháp giải

a) Thay tọa độ $\left( {2;0} \right)$ vào hàm số của đường thẳng $d \Rightarrow$ tìm được $m$

b) Đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$ song song với đường thẳng $\left( {d'} \right):y = a'x + b'$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$.

c) Tìm tọa độ điểm $A;B$

Tính $OA = OB$

$\Delta AOB$ vuông cân cần thêm điều kiện: $OA = OB$

Lời giải

a) Đường thẳng $d$ cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,2\left( {1 - m} \right) + m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2 - 2m + m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow  - m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow m = 4\end{array}$

Vậy $m = 4$

b) Đường thẳng $d$ song song với đường thẳng $y = 2x - 1$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}1 - m = 2\\m + 2 \ne  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 1\\m \ne  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1$

Vậy $m =  - 1$

c) *Với $m = 1$, ta có: $d:y = 3$ là đường thẳng song song với trục hoành $Ox$

$\Rightarrow m = 1$ (ktm)

*Với $m = 1$, ta có: $y = \left( {1 - m} \right)x + m + 2$ là đường thẳng cắt trục $Ox,Oy$

Đường thẳng $d$ cắt $Ox$ tại $A \Rightarrow A\left( {\frac{{m + 2}}{{m - 1}};0} \right)$

Do đó, $OA = \left| {\frac{{m + 2}}{{m - 1}}} \right|$

Đường thẳng $d$ cắt $Oy$ tại $B \Rightarrow B\left( {0;m + 2} \right)$

Do đó, $OB = \left| {m + 2} \right|$

Vì $\Delta OAB$ vuông cân ở $O \Rightarrow OA = OB$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {\frac{{m + 2}}{{m - 1}}} \right| = \left| {m + 2} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {m + 2} \right|\left( {\frac{1}{{\left| {m - 1} \right|}} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {m + 2} \right| = 0\\\frac{1}{{\left| {m - 1} \right|}} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 2 = 0\\\left| {m - 1} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 2\\\left[ \begin{array}{l}m - 1 = 1\\m - 1 =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 2\left( {tmdk} \right)\\m = 2\left( {tmdk} \right)\\m = 0\left( {tmdk} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m \in \left\{ { - 2;0;2} \right\}$

Câu 3: (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2\left| {x - 1} \right| - \frac{3}{{\sqrt {y + 3} }} =  - 3\\\left| {x - 1} \right| + \frac{1}{{\sqrt {y + 3} }} = 1\end{array} \right.$

2) Giá niêm yết của các chiếc tủ lạnh cùng loại trong siêu thị là như nhau. Gian hàng A bán với giá khuyên mãi $20\%$. Gian hàng B, lần 1 giảm giá $10\%$ cũng bán được chưa được nên giảm tiếp $10\%$ nữa so với giá đã giảm lần thứ nhất. Nếu là người mua hàng, để mua được giá rẻ hơn em sẽ chọn mua ở gian hàng nào? Vì sao?

Phương pháp giải

1) Đặt $\left\{ \begin{array}{l}\left| {x - 1} \right| = a\left( {a \ge 0} \right)\\\frac{1}{{\sqrt {y + 3} }} = b\left( {b > 0} \right)\end{array} \right.$, khi đó có hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $a,b$

Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm $a,b$ (đối chiếu điều kiện)

Từ $a,b$ tìm được, tìm được nghiệm của hệ phương trình $\left( {x;y} \right)$

2) Tính giá bán của gian hàng A sau giảm

Tính giá bán của gian hàng B sau giảm

So sánh và kết luận

Lời giải

ĐKXĐ: $y >  - 3$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}\left| {x - 1} \right| = a\left( {a \ge 0} \right)\\\frac{1}{{\sqrt {y + 3} }} = b\left( {b > 0} \right)\end{array} \right.$, khi đó hệ phương trình ban đầu trở thành:

$\left\{ \begin{array}{l}2a - 3b =  - 3\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a - 3b =  - 3\\3a + 3b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = 0\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\left( {tmdk} \right)\\b = 1\left( {tmdk} \right)\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {x - 1} \right| = 0\\\frac{1}{{\sqrt {y + 3} }} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt {y + 3}  = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y + 3 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right)$

2) Gọi giá niêm yết chiếc tủ lạnh là: $x$ đồng.

Gian hàng A bán với giá là: $100\% x - 20\% x = 80\% x$ (đồng)

Gian hàng B bán với giá giảm lần 1 là: $100\% x - 10\% x = 90\% x$ (đồng)

Gian hàng B bán với giá giảm lần 2 là: $90\% x - 10\% .90\% x = 81\% x$ (đồng)

Vậy gian hàng A có giá bán rẻ hơn so với gian hàng B nên chọn mua ở gian hàng A.

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có hai đường kính $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau. Điểm $E$ thay đổi thuộc đoạn $OC,$ nối $AE$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$.

a) Chứng minh 4 điểm $O,B,M,E$ cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh $AE.AM$ không phụ thuộc vào vị trí của điểm $E$ trên đoạn $OC$.

c) Xác định vị trí của $E$ trên đoạn $OC$ để $MA = 2MB$.

d) Xác định vị trí của điểm $E$ trên đoạn $OC$ để chu vi $\Delta MAB$ đạt giá trị lớn nhất.

Phương pháp giải

a) $O,M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BE$

b) $\Delta AOE\backsim \Delta AMB\left( g.g \right)$$\Rightarrow AE.AM = 2{R^2}$ không đổi

c) $\Delta AOE\backsim \Delta AMB\left( cmt \right)$$\Rightarrow OE = \frac{{OC}}{2}$

$\Rightarrow E$ là trung điểm của $OC$

d) Ta có: ${C_{\Delta MAB}} = AB + AM + MB = 2R + AM + MB$

Vì $AB = 2R$ không đổi nên ${C_{\Delta MAB}}\max  \Leftrightarrow \left( {AM + MB} \right)\max$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm $\left( {AM + MB} \right)\max$

Lời giải

a) Ta có: $AB \bot CD$ tại $O \Rightarrow \angle BOC = {90^0} \Rightarrow \angle BOE = {90^0}$

$\Rightarrow \Delta BOE$ vuông tại $O \Rightarrow O$ thuộc đường tròn đường kính $BE$

$M$ thuộc đường tròn đường kính $AB \Rightarrow \angle AMB = {90^0}$

$\Rightarrow \Delta BME$ vuông tại $M \Rightarrow M$ thuộc đường tròn đường kính $BE$

Vậy $O,M$ thuộc đường tròn đường kính $BE$ nên bốn điểm $B,M,E,O$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét $\Delta AOE$ và $\Delta AMB$ có:

$\left. \begin{array}{l}\angle BAM\,\,\,chung\\\angle AOE = \angle AMB = {90^0}\end{array} \right\}$$\Rightarrow \Delta AOE\backsim \Delta AMB\left( g.g \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AO}}{{AM}}\\ \Rightarrow AE.AM = AO.AB = R.2R = 2{R^2}\end{array}$

Mà $R$ không đổi nên $AE.AM$ không đổi khi $E$ thay đổi.

c) Ta có: $\Delta AOE\backsim \Delta AMB\left( cmt \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AO}}{{AM}} = \frac{{OE}}{{MB}}\\ \Rightarrow OE = \frac{{AO.BM}}{{AM}} = \frac{{R.BM}}{{2BM}} = \frac{R}{2} = \frac{{OC}}{2}\end{array}$

Lại có: $E \in OC$

$\Rightarrow E$ là trung điểm của $OC$

d) Ta có: ${C_{\Delta MAB}} = AB + AM + MB = 2R + AM + MB$

Vì $AB = 2R$ không đổi nên ${C_{\Delta MAB}}\max  \Leftrightarrow \left( {AM + MB} \right)\max$

Ta có: ${\left( {MA + MB} \right)^2} \le \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)$

$\Leftrightarrow {\left( {MA + MB} \right)^2} \le 2A{B^2}$ (vì $\Delta AMB$ vuông tại $M \Rightarrow A{B^2} = M{A^2} + M{B^2}$ (định lý Py – ta – go)

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {MA + MB} \right)^2} \le 2{\left( {2R} \right)^2}\\ \Leftrightarrow MA + MB \le 2\sqrt 2 R\\ \Leftrightarrow MA + MB + AB \le 2\sqrt 2 R + AB\\ \Leftrightarrow {C_{\Delta MAB}} \le 2\sqrt 2 R + 2R\\ \Leftrightarrow {C_{\Delta MAB}} \le 2R\left( {\sqrt 2  + 1} \right)\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow AM = BM$

Mà $\Delta MAB$ vuông tại $M$

$\Rightarrow \Delta MAB$ là tam giác vuông cân

$\Rightarrow E \equiv C$

Câu 5: (0,5 điểm) Giải phương trình: $3x - 2\sqrt {x - 3}  = 8\sqrt x  - 6$

Phương pháp giải

Sử dụng hằng đẳng thức: ${a^2} + 2ab + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\,;\,\,{a^2} - 2ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2}$

Giải phương trình: $\sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge 0\left( {g\left( x \right) \ge 0} \right)\\f\left( x \right) = {g^2}\left( x \right)\end{array} \right.$

Lời giải

ĐKXĐ: $x \ge 3$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,3x - 2\sqrt {x - 3}  = 8\sqrt x  - 6\\ \Leftrightarrow 8\sqrt x  + 2\sqrt {x - 3}  - 6 - 3x = 0\\ \Leftrightarrow  - \left( {x - 3} \right) + 2\sqrt {x - 3}  - 1 - 2\left( {x - 4\sqrt x  + 4} \right) - 3 + 1 + 8 - 6 = 0\\ \Leftrightarrow  - {\left( {\sqrt {x - 3}  - 1} \right)^2} - 2{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {x - 3}  - 1} \right)^2} + 2{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} = 0\end{array}$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {\sqrt {x - 3}  - 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \ge 3\\2{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} \ge 0,\forall x \ge 3\end{array} \right.$

$\Rightarrow {\left( {\sqrt {x - 3}  - 1} \right)^2} + 2{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} \ge 0$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 3}  - 1 = 0\\\sqrt x  - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 3}  = 1\\\sqrt x  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 1\\x = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 4\left( {tmdk} \right)$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 4$