Đề số 19 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9 — Không quảng cáo

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)

Học sinh ghi đáp án đúng là A, B, C hoặc D vào tờ giấy thi

1 . Điều kiện xác định của biểu thức\(\sqrt {6 - 3x} \) là:

A. \(x \le 2\) B. \(x \ge 2\)

C. \(x \ge 0\) D. \(x < 2\)

2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(p = \sqrt {x + 3}  - 1\) là:

A. \(3\) B. \( - 1\)

C. \( - 3\) D. \(0\)

3 . Giá trị biểu thức \(P = \dfrac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 3}}\)khi \(x = 4 - 2\sqrt 3 \) là:

A. \( - 11 + 6\sqrt 3 \) B. \(\dfrac{{ - 11 - 6\sqrt 3 }}{{13}}\)

C. \(\dfrac{{ - 5 - 12\sqrt 3 }}{{37}}\) D. \(1\)

4 . Cho tam giác ABC vuông tại A . Biết rằng \(\dfrac{{AB}}{{AC}} = \sqrt 3 \). Số đo độ của góc ABC bằng:

A. \({30^0}\) B. \({60^0}\)

C. \({45^0}\) D. \({50^0}\)

5 . Với giá trị nào của a thì hàm số \(y = \left( {a - 5} \right)x + 1\) đồng biến trên tập\(\mathbb{R}\)?

A. \(a < 5\) B. \(a > 5\)

C. \(a = 5\) D. \(a >  - 5\)

6 . Cho hai đường thẳng\(\left( {{d_1}} \right)\)\(:\,\,y = 2x + 3\) và\(\left( {{d_2}} \right)\)\(:\,\,y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m + 2\) (với m là tham số). Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\)?

A. \(m = 2\)

B. \(m = 1\) hoặc\(m =  - 1\)

C. \(m = 1\)

D. \(m =  - 1\)

7 . Cho EM, EN là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) với tiếp điểm M, N . Khẳng định nào sau đây là sai:

A. \(\angle EMO = {90^o}\)

B. Bốn điểm E, M, O, N cùng thuộc một đườngtròn

C. MN là trung trực của EO

D. OE là phân giác của\(\angle MON\)

8 . Hai đường tròn \(\left( {O;5} \right)\)và \(\left( {O';8} \right)\) có vị trí tương đối với nhau như thế nào biết \(OO' = 12\)

A. Tiếp xúc nhau

B. Không giao nhau

C. Tiếp xúc ngoài

D. Cắt nhau

Phần II: Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 3}}{{x - 9}}\)và \(B = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}\) với \(x \ge 0\,,\,\,x \ne 9\)

1) Rút gọn biểu thức A .

2) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\dfrac{A}{B} <  - \dfrac{1}{2}\).

Câu 2 (2,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng \(\left( d \right)\)\(:\,\,y = ax + 3\).

1) Xác định a biết \(\left( d \right)\) đi qua \(K\left( {1; - 1} \right)\). Vẽ đồ thị với a vừa tìm được.

2) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Ox và Oy lần lượt tại hai điểm M và N sao cho diện tích tam giác OMN bằng 4.

Câu 3 (3,0 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến ME, MF đến đường tròn (với E, F là các tiếp điểm).

1) Chứng minh các điểm M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn.

2) Đoạn OM cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại I . Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF .

3) Kẻ đường kính ED của \(\left( {O;R} \right)\). Hạ FK vuông góc với ED . Gọi P là giao điểm của MD và FK . Chứng minh P là trung điểm của FK .

Câu 4  (0,5 điểm): Giải phương trình \({x^2} + x - 17 = \sqrt {\left( {{x^2} - 15} \right)\left( {x - 3} \right)}  + \sqrt {{x^2} - 15}  + \sqrt {x - 3} \)

LG trắc nghiệm

Lời giải chi tiết:

Phần I: Trắc nghiệm khách quan

1A	2B	3A	4A
5B	6D	7C	8D

LG bài 1

Lời giải chi tiết:

: Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 3}}{{x - 9}}\) và \(B = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}\) với \(x \ge 0\,,\,\,x \ne 9\)

1) Rút gọn biểu thức A .

\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 3}}{{x - 9}}\\ = \dfrac{{2\sqrt x .\left( {\sqrt x  - 3} \right) + \sqrt x .\left( {\sqrt x  + 3} \right) - \left( {3x + 3} \right)}}{{x - 9}}\\= \dfrac{{2x - 6\sqrt x  + x + 3\sqrt x  - 3x - 3}}{{x - 9}} \\= \dfrac{{ - 3\sqrt x  - 3}}{{x - 9}}.\end{array}\)

2) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\dfrac{A}{B} <  - \dfrac{1}{2}\) .

\(\begin{array}{l}\dfrac{A}{B} = \dfrac{{ - 3\sqrt x  - 3}}{{x - 9}}:\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}} \\\;\;\;= \dfrac{{ - 3\sqrt x  - 3}}{{x - 9}}.\dfrac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 1}} \\\;\;\;= \dfrac{{ - 3\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} \\\;\;\;= \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 3}}\\\dfrac{A}{B} <  - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 3}} <  - \dfrac{1}{2} \\\Leftrightarrow \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}} > \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 6 > \sqrt x  + 3 \Leftrightarrow \sqrt x  < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}\)

Kết hợp điều kiện đầu bài \( \Rightarrow \)\(0 \le x < 9.\)

Vậy với mọi \(0 \le x < 9\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

LG bài 2

Lời giải chi tiết:

1) Xác định a biết \(\left( d \right)\) đi qua \(K\left( {1; - 1} \right)\) . Vẽ đồ thị với a vừa tìm được.

\(\left( d \right)\) đi qua \(K\left( {1; - 1} \right)\)\( \Rightarrow  - 1 = a.1 + 3 \Leftrightarrow a =  - 4\)

Vậy với \(a =  - 4\) thì \(\left( d \right)\) đi qua \(K\left( {1; - 1} \right)\)

Với \(a =  - 4\) thì \(\left( d \right)\,:\,\,y =  - 4x + 3\)

Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua \(K\left( {1; - 1} \right)\) và \(H\left( {0;3} \right)\)

2) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Ox và Oy lần lượt tại hai điểm M và N sao cho diện tích tam giác OMN bằng 4.

Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Ox và Oy lần lượt tại hai điểm M và N \( \Leftrightarrow \,\,a \ne 0\)

\(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục Ox

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_M} = a{x_M} + 3\\{y_M} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} =  - \dfrac{3}{a}\\{y_M} = 0\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow M\left( { - \dfrac{3}{a};0} \right) \Rightarrow OM = \left| { - \dfrac{3}{a}} \right| = \left| {\dfrac{3}{a}} \right|\)

\(N\left( {{x_N};{y_N}} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục Oy

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_N} = a{x_N} + 3\\{x_N} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 0\\{y_M} = 3\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow N\left( {0;3} \right) \Rightarrow ON = 3\)

Diện tích tam giác OMN bằng 4 \( \Rightarrow {S_{\Delta OMN}} = \dfrac{1}{2}OM.ON = \dfrac{1}{2}.\left| {\dfrac{3}{a}} \right|.3 = \dfrac{9}{2}.\left| {\dfrac{1}{a}} \right| = 4 \)

\(\Leftrightarrow \left| {\dfrac{1}{a}} \right| = \dfrac{8}{9} \Leftrightarrow \left| a \right| = \dfrac{9}{8} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \dfrac{9}{8}\\a =  - \dfrac{9}{8}\end{array} \right.\)

Vậy với \(a = \dfrac{9}{8}\) hoặc \(a =  - \dfrac{9}{8}\)thỏa mãn yêu cầu đề bài.

LG bài 3

Lời giải chi tiết:

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) . Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến ME, MF đến đường tròn (với E, F là các tiếp điểm).

1) Chứng minh các điểm M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn.

Vì ME là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên ME vuông góc với OE , suy ra tam giác MOE nội tiếp đường tròn đường kính MO (1)

Vì MF là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên MF vuông góc với OF , suy ra tam giác MOF nội tiếp đường tròn đường kính MO (2)

Từ (1) và (2) suy ra M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn.

2) Đoạn OM cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại I . Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF .

Gọi \(MO \cap EF = \left\{ H \right\}\)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow ME = MF\) (tính chất) mà \(OE = OF = R\) (gt)

\( \Rightarrow \) MO là đường trung trực của EF

\( \Rightarrow MO \bot EF\)

\( \Rightarrow \angle IFE + \angle OIF = {90^o}\,\)

Vì \(OI = OF = R\)  nên tam giác OIF cân tại O

\( \Rightarrow \angle OIF = \angle OFI\)  mà  \(\angle MFI + \angle OFI = {90^o}\,;\,\,\,\angle IFE + \angle OIF = {90^o}\)

\( \Rightarrow \angle MFI = \angle IFE\)

\( \Rightarrow \) FI là phân giác của \(\angle MFE\)   (1)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow \) MI là phân giác của \(\angle EMF\) (tính chất)   (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF (đpcm)

3) Kẻ đường kính ED của \(\left( {O;R} \right)\) . Hạ FK vuông góc với ED . Gọi P là giao điểm của MD và FK . Chứng minh P là trung điểm của FK .

Gọi G là giao điểm của tia DF và tia EM .

Ta có \(\angle EFD = {90^o}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)\( \Rightarrow EF \bot DG\)mà \(EF \bot OM\) (cmt)

\( \Rightarrow OM//DG\) (từ vuông góc đến song song)

Tam giác EDG có \(OE = OD\,\,;\,\,OM//DG\,\, \Rightarrow ME = MG\)(tính chất đường trung bình)

Áp dụng định lý Ta-let cho tam giác EDM có \(PK//ME\) (cùng vuông góc với ED ) ta được:\(\dfrac{{PK}}{{ME}} = \dfrac{{DP}}{{DM}}\)     (3)

Áp dụng định lý Ta-let cho tam giác MDG có \(PF//MG\) (cùng vuông góc với ED ) ta được:   \(\dfrac{{PE}}{{MG}} = \dfrac{{DP}}{{DM}}\)     (4)

Từ (3) và (4) suy ra   \(\dfrac{{PK}}{{ME}} = \dfrac{{PF}}{{MG}}\)  mà  \(ME = MG\) (cmt)

\( \Rightarrow PK = PF\,\, \Rightarrow \) P là trung điểm của FK .

LG bài 4

Lời giải chi tiết:

Câu 4: Giải phương trình \({x^2} + x - 17 = \sqrt {\left( {{x^2} - 15} \right)\left( {x - 3} \right)}  + \sqrt {{x^2} - 15}  + \sqrt {x - 3} \)

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 15 \ge 0\\x - 3 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge \sqrt {15} \\x \le  - \sqrt {15} \end{array} \right.\\x \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \sqrt {15} \)

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^2} + x - 17 = \sqrt {\left( {{x^2} - 15} \right)\left( {x - 3} \right)}  + \sqrt {{x^2} - 15}  + \sqrt {x - 3} \\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x - 34 = 2\sqrt {\left( {{x^2} - 15} \right)\left( {x - 3} \right)}  + 2\sqrt {{x^2} - 15}  + 2\sqrt {x - 3} \\ \Leftrightarrow {x^2} - 15 - 2\sqrt {\left( {{x^2} - 15} \right)\left( {x - 3} \right)}  + x - 3 + {x^2} - 15 - 2\sqrt {{x^2} - 15}  + 1 + x - 3 - 2\sqrt {x - 3}  + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - \sqrt {x - 3} } \right]^2} + {\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - 1} \right]^2} + {\left[ {\sqrt {x - 3}  - 1} \right]^2} = 0\end{array}\)

Ta thấy: \({\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - \sqrt {x - 3} } \right]^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \sqrt {15} \)

\({\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - 1} \right]^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \sqrt {15} \)

\({\left[ {\sqrt {x - 3}  - 1} \right]^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \sqrt {15} \)

Vậy phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - \sqrt {x - 3} } \right]^2} = {\left[ {\sqrt {{x^2} - 15}  - 1} \right]^2} = {\left[ {\sqrt {x - 3}  - 1} \right]^2} = 0\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 15}  = \sqrt {x - 3}  = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 15 = x - 3 = 1 \Leftrightarrow x = 4\)(tmđk)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 4\)