Đề số 8 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9
Tải vềĐáp án và lời giải chi tiết Đề số 8 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 9
Đề bài
Bài 1: (1 điểm) Thực hiện phép tính:
1) \(A = \sqrt {12} - 2\sqrt {48} + \dfrac{7}{5}\sqrt {75} \)
2) \(B = \sqrt {14 - 6\sqrt 5 } + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \)
Bài 2: (2,5 điểm)
1)Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}}\left( {x \ge 0} \right)\). Tính giá trị biểu thức \(A\) khi \(x = 36\).
2)Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \dfrac{4}{{\sqrt x - 4}}} \right):\dfrac{{x + 16}}{{\sqrt x + 2}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 16\)).
3)Với các biểu thức \(A,B\)nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của \(x\) để giá trị của biểu thức \(P = B\left( {A - 1} \right)\)là số nguyên.
Bài 3: (1,5 điểm) Cho hàm số \(y = 2x + 4\) có đồ thị là \(\left( {{d_1}} \right)\)và hàm số \(y = - x + 1\) có đồ thị là \(\left( {{d_2}} \right)\)
1)Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ .
2)Gọi A là giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\). Tìm tọa độ của điểm A .
3)Xác định các hệ số \(a,b\) của đường thẳng \({d_3}:y = ax + b\). Biết rằng \(\left( {{d_3}} \right)\)song song với \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right)\)cắt \(\left( {{d_2}} \right)\) tại một điểm có hoành độ bằng 2.
Bài 4: (4,5 điểm)
1)Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao. Biết \(BH = 9\)cm, \(HC = 16\)cm. Tính độ dài AH, AC , số đo \(\angle ABC\) (số đo làm tròn đến độ).
2)Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn, M là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( M khác A và B ), từ M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại C và D.
a)Chứng minh rằng: \(CD = AC + BD\)
b) AM cắt OC tại E, BM cắt OD tại F. Chứng minh \(EF = OM\).
c)Chứng minh rằng tích \(AC.BD\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
d)Kẻ MH vuông góc với AB tại H, MH cắt BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của MH.
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho \(a,b,c\)là các số dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c + ab + bc + ca = 6\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\)
LG bài 1
Lời giải chi tiết:
Bài 1: Thực hiện phép tính:
\(\begin{array}{l}1)\;\;A = \sqrt {12} - 2\sqrt {48} + \dfrac{7}{5}\sqrt {75} \\\;\;\; = \sqrt {{2^2}.3} - 2\sqrt {{4^2}.3} + \dfrac{7}{5}\sqrt {{5^2}.3} \\\;\;\; = 2\sqrt 3 - 2.4\sqrt 3 + \dfrac{7}{5}.5\sqrt 3 = \sqrt 3 .\end{array}\)
Vậy \(A = \sqrt 3 \).\(\)
\(\begin{array}{l}2)\;\;B = \sqrt {14 - 6\sqrt 5 } + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{3^2} + 2.3.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{{\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\\;\;\;\;\;\;\; = \left| {3 + \sqrt 5 } \right| + \left| {2 - \sqrt 5 } \right|\\\;\;\;\;\;\;\; = 3 + \sqrt 5 + \sqrt 5 - 2\; = 2\sqrt {5 + 1} .\;\;\;\left( {do\;\;\;\sqrt 5 - 2 > 0} \right)\end{array}\)
Vậy \(B = 2\sqrt 5 + 1\)
LG bài 2
Lời giải chi tiết:
1)Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}}\left( {x \ge 0} \right)\). Tính giá trị biểu thức \(A\) khi \(x = 36\).
Thay \(x = 36\) vào biểu thức ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt {36} + 4}}{{\sqrt {36} + 2}} = \dfrac{{6 + 4}}{{6 + 2}} = \dfrac{5}{4}\).
Vậy khi \(x = 36\)thì \(A = \dfrac{5}{4}\).\(\)
2)Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \dfrac{4}{{\sqrt x - 4}}} \right):\dfrac{{x + 16}}{{\sqrt x + 2}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 16\)).
ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 16\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} + \dfrac{4}{{\sqrt x - 4}}} \right):\dfrac{{x + 16}}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} + \dfrac{{4\left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}} \right):\dfrac{{x + 16}}{{\sqrt x + 2}}\\\;\;\; = \dfrac{{x - 4\sqrt x + 4\sqrt x + 16}}{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {4^2}}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x + 16}} = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 16}}\end{array}\)
Vậy \(B = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 16}}\).
3)Với các biểu thức \(A,B\)nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của \(x\) để giá trị của biểu thức \(P = B\left( {A - 1} \right)\)là số nguyên.
ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 16\). Với điều kiện trên ta có:
\(P = B\left( {A - 1} \right) = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 16}}.\left( {\dfrac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}} - 1} \right) = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 16}}.\dfrac{{\sqrt x + 4 - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{2}{{x - 16}}.\)
Để biểu thức \(P\) nguyên thì \(x - 16\) phải là ước của 2
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,x \ne 16\\\left[ \begin{array}{l}x - 16 = 2\\x - 16 = - 2\\x - 16 = 1\\x - 16 = - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,x \ne 16\\\left[ \begin{array}{l}x = 18\\x = 14\\x = 15\\x = 17\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 18\\x = 14\\x = 15\\x = 17\end{array} \right.\)
Vậy với \(x = 18,x = 17,x = 15,x = 14\) thì giá trị của biểu thức \(P = B\left( {A - 1} \right)\)là số nguyên.
LG bài 3
Lời giải chi tiết:
Cho hàm số \(y = 2x + 4\) có đồ thị là \(\left( {{d_1}} \right)\)và hàm số \(y = - x + 1\) có đồ thị là \(\left( {{d_2}} \right)\)
1)Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ .
+) Nhận thấy hai điểm \(A\left( { - 1;2} \right),B\left( { - 2;0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2x + 4\).
+) Nhận thấy hai điểm \(A\left( { - 1;2} \right),C\left( {0;1} \right)\)thuộc đồ thị hàm số \(y = - x + 1\).
Từ đó ta có đồ thị của hai hàm số:
2)Gọi A là giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\). Tìm tọa độ của điểm A.
Hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\)là nghiệm của phương trình:
\(2x + 4 = - x + 1 \Leftrightarrow 3x = - 3 \Leftrightarrow x = - 1\)
Với \(x = - 1 \Rightarrow y = 2x + 4 = 2.\left( { - 1} \right) + 4 = 2\)
Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) là \(A\left( { - 1;2} \right)\)\(\)
3)Xác định các hệ số \(a,b\) của đường thẳng \({d_3}:y = ax + b\). Biết rằng \(\left( {{d_3}} \right)\)song song với \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right)\)cắt \(\left( {{d_2}} \right)\) tại một điểm có hoành độ bằng 2.
Vì \(\left( {{d_3}} \right)\)song song với \(\left( {{d_1}} \right)\)nên hai đường thẳng này có hệ số góc bằng nhau\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 4\end{array} \right..\)
Điểm thuộc \(\left( {{d_2}} \right)\) có hoành độ bằng 2 là \(\left( {2; - 1} \right)\). Vì \(\left( {{d_3}} \right)\)cắt \(\left( {{d_2}} \right)\) tại một điểm có hoành độ bằng 2 nên điểm\(\left( {2; - 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \({d_3}:y = ax + b\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 1 = a.2 + b\\ \Rightarrow b = - 1 - 2a = - 1 - 2.2 = - 5\;\;\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậyb\(a = 2,b = - 5\).
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
Bài 4: (4,5 điểm)
1)Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao. Biết \(BH = 9\)cm, \(HC = 16\)cm. Tính độ dài AH, AC, số đo \(\angle ABC\) (số đo làm tròn đến độ).
Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(\begin{array}{l} + )A{H^2} = BH.HC \Rightarrow AH = \sqrt {9.16} = 12\\ + )A{C^2} = CH.BC = CH.\left( {CH + BH} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {16.\left( {9 + 16} \right)} = 20\end{array}\)
Xét tam giác ABC vuông tại A có:
\(\sin \left( {\angle ABC} \right) = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{AC}}{{CH + BH}} = \dfrac{{20}}{{16 + 9}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow \angle ABC = \arcsin \dfrac{4}{5} \approx {53^o}\).
2)Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn, M là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( M khác A và B ), từ M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại C và D .
a)Chứng minh rằng: \(CD = AC + BD\)
Xét nửa đường tròn tâm O đường kính AB có AC và MC là hai tiếp tuyến giao nhau tại M với M,A là tiếp điểm\( \Rightarrow AC = MC\)(tính chất tiếp tuyến)
Chứng minh tương tự ta có\(MD = BD\).
Vì M nằm trên đoạn CD nên\(CD = MD + MC\). Mà có\(AC = CM,BD = MD\) (cmt)
Suy ra \(CD = AC + BD\) (đpcm).\(\)\(\)\(\)
b) AM cắt OC tại E, BM cắt OD tại F. Chứng minh \(EF = OM\).
Có:\(MD = BD\)(cmt) suy ra D nằm trên đường trung trực của MB (do cách đều hai điểm M, B )
Có: \(OM = OB\)(do cùng là bán kính) suy ra O nằm trên trung trực của MB (do cách đều M, B )
Suy ra OD là trung trực của MB , suy ra \(OD \bot MB.\)
Chứng minh tương tự có \(OC \bot AM.\)
Xét tứ giác MEOF có:
+) \(\angle AMB = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
+) \(\angle MEO = {90^o}\) (do \(OC \bot AM\))
+) \(\angle MFO = {90^o}\)(do \(OD \bot MB\))
Suy ra tứ giác MEOF là hình chữ nhật (do có 3 góc vuông), suy ra \(EF = MO\)(hình chữ nhật có hai đường chéo bằng nhau). (đpcm)
c)Chứng minh rằng tích \(AC.BD\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M .
Vì MEOF là hình chữ nhật nên\(\angle FOE = {90^o}\), suy ra tam giác COD vuông tại O .
Xét tam giác COD vuông tại O có OM là đường cao (\(OM \bot CD\)do CD là tiếp tuyến với đường tròn)
\( \Rightarrow CM.MD = O{M^2}\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà có: \(CM = AC,\;\;MD = BD\)(cmt)
\( \Rightarrow AC.BD = O{M^2} = {R^2}\).
\( \Rightarrow AC.BD\)luôn không đổi với mọi vị trí của điểm M .
d)Kẻ MH vuông góc với AB tại H, MH cắt BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của MH .
Kéo dài MB cắt AC tại K.
Có: \(\angle CKM = \angle DBM\)(do AC song song với BD ) (1)
Có: \(\angle KMC = \angle DMB\)(hai góc đối đỉnh) (2)
Mà có tam giác MBD cân tại D (do \(MD = BD\)) nên \(\angle DMB = \angle DBM\) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: \(\angle CKM = \angle KMC\), suy ra tam giác KMC cân tại C , suy ra \(KC = CM\).
Mà có: \(CA = CM\) (cmt)
\( \Rightarrow CK = AC = \dfrac{1}{2}AK\).
Xét tam giác KBC có: MI song song với KC (do cùng vuông góc với AB )
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{KC}} = \dfrac{{BM}}{{BK}}\) (định lí Ta-lét) (4)
Xét tam giác ABK có MH song song với AK (do cùng vuông góc với AB )
\( \Rightarrow \dfrac{{MH}}{{AK}} = \dfrac{{BM}}{{BK}}\) (định lí Ta-lét) (5)
Từ (4) và (5) suy ra \(\dfrac{{MI}}{{KC}} = \dfrac{{MH}}{{AK}}\). Mà có \(KC = \dfrac{1}{2}AK\) (cmt)
\( \Rightarrow MI = \dfrac{1}{2}MH \Rightarrow IH = MH - MI = MH - \dfrac{1}{2}MH = \dfrac{1}{2}MH \Rightarrow MH = MI\)
Vậy I là trung điểm của IH (đpcm).
LG bài 5
Lời giải chi tiết:
Bài 5:
Cho \(a,b,c\)là các số dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c + ab + bc + ca = 6\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\).
+) Chứng minh bất đẳng thức phụ: Với \(a,b,c\)là các số dương ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{{b^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{2}.\dfrac{{{b^2}}}{2}} = ab\\\dfrac{{{b^2}}}{2} + \dfrac{{{c^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{2}.\dfrac{{{c^2}}}{2}} = bc\\\dfrac{{{c^2}}}{2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{2}.\dfrac{{{a^2}}}{2}} = ac\end{array} \right.\) \( \Rightarrow 2\left( {\dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{{b^2}}}{2} + \dfrac{{{c^2}}}{2}} \right) \ge ab + bc + ca \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\)
Từ bất đẳng thức trên ta dễ chứng minh được bất đẳng thức thứ hai.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\end{array}\)
+) Xét bất đẳng thức \(\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\)\(\)
Áp dụng bất đẳng thức Co-si ta có:
\(\begin{array}{l} + )\dfrac{{{a^3}}}{b} + ab \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^3}}}{b}.ab} = 2{a^2}\\ + )\dfrac{{{b^3}}}{c} + bc \ge 2\sqrt {\dfrac{{{b^3}}}{c}.bc} = 2{b^2}\\ + )\dfrac{{{c^3}}}{a} + ac \ge 2\sqrt {\dfrac{{{c^3}}}{a}.ac} = 2{c^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {ab + bc + ca} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + \left[ {{a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right)} \right]\end{array}\)
Mà có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right)} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\end{array}\)
Xét bất đẳng thức: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\)
Theo đề bài có: \(a + b + c + ab + bc + ca = 6\)
Mà có: \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\) (cmt)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {a + b + c} \right) + \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \ge 6 \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} + 3\left( {a + b + c} \right) - 18 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + c - 3} \right)\left( {a + b + c + 6} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3\end{array}\)
Do \(a,b,c > 0 \Rightarrow a + b + c + 6 > 0\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ ba số \(\left( {1;1;1} \right)\) và \(\left( {a;b;c} \right)\) có:
\(\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a.1 + b.1 + c.1} \right)^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \ge \dfrac{{{3^2}}}{3} = 3\).
Vậy ta chứng minh được \(\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\).