Đề thi kì 1 môn toán lớp 9 năm 2019 - 2020 phòng GDĐT Nam Từ Liêm
Giải chi tiết đề thi kì 1 môn toán lớp 9 năm 2019 - 2020 phòng GDĐT Nam Từ Liêm với cách giải nhanh và chú ý quan trọng
Bài I (2 điểm) :
1. Tính :
a)5√5−1−5√5+1; b)√(√5−3)2−√15
2) Giải các phương trình sau :
a)√x−1+√9x−9+√4x−4=12; b)√x2−5x−√x−5=0
Bài II (2 điểm)
Cho hai biểu thức : A=x+73√x và B=2√x√x+3+√x+1√x−3+7√x+x9−x với x>0;x≠9
a) Tính A khi x=25.
b) Chứng minh : B=3√x√x+3.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=A.B.
Bài III (2 điểm) : Cho đường thẳng (d1):y=2x+2.
a) Vẽ đường thẳng (d1) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (d1) và (d2):y=x−3.
c) Cho đường thẳng (d3):y=mx+5. Tìm giá trị của m để ba đường thẳng (d1),(d2),(d3) cắt nhau tại một điểm.
Bài IV (3,5 điểm) :
1. Một con thuyền ở địa điểm D di chuyển từ bờ sông a sang bờ sông b với vận tốc trung bình là 2km/h, vượt qua khúc sông nước chảy mạnh trong 20 phút. Biết đường đi con thuyền là DE, tạo với bờ sông một góc bằng 60∘. Tính chiều rộng khúc sông.
2. Lấy điểm A trên (O;R), vẽ tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm B, trên (O;R) lấy điểm C sao cho BC=AB.
a) Chứng minh rằng : CB là tiếp tuyến của (O).
b) Vẽ đường kính AD của (O), kẻ CK vuông góc với AD.
Chứng minh rằng : CD//OB và BC.DC=CK.OB.
c) Lấy M trên cung nhỏ AC của (O), vẽ tiếp tuyến tại Mcắt AB,BC lần lượt tại E,F. Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác BFE. Chứng minh rằng : ΔMAC∽ΔIFE.
Bài V (0,5 điểm) : Cho x,y,z>0 và xy+yz+xz=3xyz. Tính giá trị nhỏ nhất của :
A=x2z(z2+x2)+y2x(x2+y2)+z2y(y2+z2)
----------HẾT----------
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài I (VD):
Phương pháp:
1) a) Quy đồng mẫu số và rút gọn biểu thức.
b) Rút gọn căn bậc hai bằng công thức: √A2=[AkhiA≥0−AkhiA<0 và √1A=√AA(A>0)
2) a) Biến đổi đưa về giải phương trình: √A=B(A≥0;B≥0)⇔A=B2
b) Giải phương trình: √A=√B(A≥0;B≥0)⇔A=B
Cách giải:
1.Tính:
a)5√5−1−5√5+1=5(√5+1)−5(√5−1)(√5+1)(√5−1)=5√5+5−5√5+55−1=104=52
b)√(√5−3)2−√15=|√5−3|−√55=3−√5−√55=15−5√5−√55=15−6√55
2.Giải các phương trình sau:
a) √x−1+√9x−9+√4x−4=12
ĐKXĐ: x−1≥0⇔x≥1
√x−1+√9x−9+√4x−4=12⇔√x−1+√9(x−1)+√4(x−1)=12⇔√x−1+3√x−1+2√x−1=12⇔6√x−1=12⇔√x−1=2⇔x−1=4⇔x=5(tmdk)
Vậy x=5.
b) √x2−5x−√x−5=0
ĐKXĐ: x−5≥0⇔x≥5
√x2−5x−√x−5=0⇔√x2−5x=√x−5⇔x2−5x=x−5⇔x(x−5)−(x−5)=0⇔(x−1)(x−5)=0⇔[x−1=0x−5=0⇔[x=1(ktm)x=5(tm)
Vậy x=5.
Bài II (VD):
Phương pháp:
a) Thay giá trị của x (tmđk) vào biểu thức và tính giá trị.
b) Quy đồng mẫu thức và rút gọn biểu thức.
c) Rút gọn P=A.B. Áp dụng BĐT Cô-si để tìm GTNN.
Cách giải:
Cho hai biểu thức A=x+73√x và B=2√x√x+3+√x+1√x−3+7√x+39−x với x>0;x≠9.
b) Tính A khi x=25. .
Điều kiện: x>0,x≠9.
Có:x=25 (tmđk)
Thay x=25 vào A ta được: A=25+73√25=3215
Vậy khi x=25 thì A=3215.
b) Rút gọn biểu thức B.
Điều kiện xác định: x>0;x≠9.
B=2√x√x+3+√x+1√x−3+7√x+39−x=2√x(√x−3)+(√x+1)(√x+3)−(7√x+3)(√x+3)(√x−3)=2x−6√x+x+4√x+3−7√x−3(√x+3)(√x−3)=3x−9√x(√x+3)(√x−3)=3√x(√x−3)(√x+3)(√x−3)=3√x√x+3
Vậy B=3√x√x+3 với x>0;x≠9.
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=AB.
Điều kiện xác định: x>0;x≠9
P=A.B=x+73√x.3√x√x+3=x+7√x+3
=x−9+16√x+3=(√x−3)(√x+3)√x+3+16√x+3=√x−3+16√x+3=(√x+3)+16√x+3−6
Áp dụng BĐT Cô –si cho hai số không âm (√x+3) và 16√x+3 ta có:
(√x+3)+16√x+3≥2√(√x+3).16√x+3⇔(√x+3)+16√x+3≥8⇔(√x+3)+16√x+3−6≥2
Hay P≥2.
Dấu “=” xảy ra khi √x+3=16√x+3⇒(√x+3)2=16
⇔[√x+3=4√x+3=−4(L)⇒√x=1⇔x=1(tm)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2⇔x=1.
Bài III (VD ):
Phương pháp:
a) Đồ thị hàm số y=ax+b(a≠0) là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ (−ba;0) và (0;b)
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm x, từ đó thay trở lại hàm số để tìm tung độ giao điểmy.
c) Tìm điều kiện để ba đường thẳng cắt nhau.
Thay tọa độ giao điểm vừa tìm được ở câu b vào hàm số y=mx+5 ta tìm được m.
Cách giải:
Cho đường thẳng (d1):y=2x+2
a) Vẽ đường thẳng (d1) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
Cho x=0⇒y=2
y=0⇒x=−1
Đồ thị hàm số y=2x+2 là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ (0;2)và (−1;0)
b) Tìm tọa độ giao điểm của (d1) và (d2):y=x−3.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) ta có:
2x+2=x−3⇔2x−x=−3−2⇔x=−5
Thay x=−5 vào hàm số y=x−3 ta được y=−5−3=−8
Vậy tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là (−5;−8).
c) Cho đường thẳng (d3):y=mx+5. Tìm giá trị của m để ba đường thẳng (d1),(d2),(d3) cắt nhau tại một điểm.
Để ba đường thẳng (d1),(d2),(d3) cắt nhau thì m≠{1;2}
Theo câu b) ta có tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là (−5;−8).
Để ba đường thẳng (d1),(d2),(d3) đồng quy thì điểm có tọa độ (−5;−8) cũng thuộc đường thẳng (d3).
Thay x=−5;y=−8 vào hàm số y=mx+5 ta được: −8=m(−5)+5⇔m=135 (thỏa mãn)
Vậy m=135.
Bài IV (VD ):
1.
Phương pháp:
Kẻ DH⊥b tại H. Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để suy ra chiều rộng khúc sông.
Cách giải:
Kẻ DH⊥b tại H. Khi đó chiều rộng khúc sông là đoạn DH.
Đổi 20 phút =13h.
Độ dài đường đi của thuyền là DE=13.2=23km
Ta có ^HDE=900−600=300
Xét tam giác DHE vuông tại H, theo định nghĩa tỉ số lượng giác ta có:
cos^HDE=DHDE⇒DH=DE.cos300=23.√32=√33
Vậy chiều rộng khúc sông là √33km.
2.
Phương pháp:
a) Chứng minh BC⊥OC dựa vào tính chất hai tam giác bằng nhau. Từ đó suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn thông qua định nghĩa tiếp tuyến.
b) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, quan hệ từ vuông góc đến song song.
Tính chất hai tam giác đồng dạng.
c) Kẻ đường kính CP.
Sử dụng tính chất: Góc ngoài tại 1 đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với đỉnh đó.
Sử dụng: Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng 3600.
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao ba đường phân giác.
Cách giải:
a) Chứng minh rằng : CB là tiếp tuyến của (O).
Xét ΔABO và ΔCBO có:
+) AB=BC(gt)
+) BO cạnh chung
+) OA=OC(=R)
Nên ΔABO=ΔCBO(c−c−c)
Suy ra ^BCO=^BAO=900, do đó: BC⊥OC tại C.
Hay BC là tiếp tuyến của (O;R).
b) Vẽ đường kính AD của (O), kẻ CK vuông góc với AD.
Chứng minh rằng : CD//OB và BC.DC=CK.OB.
*) Xét đường tròn (O;R) có ΔACD nội tiếp đường tròn có cạnh AD là đường kính nên ΔACD vuông tại C.
Hay AC⊥CD.
+) Xét đường tròn (O;R) có BA,BC là các tiếp tuyến cắt nhau tại B nên BA=BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra B thuộc đường trung trực của đoạn AC.
Lại có OA=OC=R nên O thuộc đường trung trực của đoạn AC.
Từ đó OB là đường trung trực của đoạn AC⇒OB⊥AC.
Lại có AC⊥CD(cmt) nên OB//CD.
*) Xét ΔCKD và ΔBAO có:
+) ˆK=^BAO=900
+) ^CDK=^AOB (hai góc ở vị trí đồng vị)
Nên ΔCDK đồng dạng với ΔBOA(g−g)
Suy ra CKAB=DCOB⇔OB.CK=DC.AB
Mà AB=BC (gt) nên OB.CK=BC.DC(đpcm)
c) Lấy M trên cung nhỏ AC của (O), vẽ tiếp tuyến tại M cắt AB,BC lần lượt tại E,F. Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác BFE. Chứng minh rằng : ΔMAC∽ΔIFE.
Kẻ đường kính CP của (O;R)
Ta có: ^POA là góc ngoài của tam giác OAC nên ^POA=^OCA+^OAC mà ^OAC=^OCA (do tam giác OCA cân tại O) nên ^POA=2^ACO.
Lại có ^POM là góc ngoài của tam giác OCM nên ^POM=^OCM+^OMC mà ^OCM=^OMC (do tam giác OCM cân tại O) nên ^POM=2^MCO.
Do đó: ^POM−^POA=2(^MCO−^ACO) hay ^MOA=2^MCA.
Xét tứ giác EMOA có ^EAO=^EMO=900 (tính chất tiếp tuyến)
Nên ^MOA+^AEM=3600−(^EAO+^EMO)=1800
Mà ^AEM+^BEF=1800 (hai góc kề bù)
Nên ^MOA=^BEF (cùng bù với ^AEM)
Lại có ^BEF=2^IEF (do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BEF)
Và ^MOA=2^MCA (cmt)
Suy ra ^IEF=^MCA
Chứng minh tương tự:
Ta có ^DOM là góc ngoài của tam giác cân AOM⇒^DOM=2^MAO
^DOC là góc ngoài của tam giác cân AOC⇒^DOC=2^CAO
Trừ vế với vế ta được: ^MOC=2^MAC
Lại có ^MFC+^MOC=3600−(^FMO−^CFO)=1800
Và ^MFC+^BFE=1800⇒^BFE=^COM
Mà ^COM=2^MAC;^BFE=2^IFE nên ^IFE=^MAC
Xét tam giác IEF và tam giác MCA có: ^IFE=^MAC và ^IEF=^MCA (cmt) nên ΔIEF đồng dạng với ΔMCA(đpcm).
Bài 5 (VDC ):
Phương pháp:
- Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho xyz.
- Đặt a=1x,b=1y,c=1z đưa về tìm GTNN theo a,b,c.
- Sử dụng bất đẳng thức a2+b2≥2ab.
Cách giải:
Ta có: xy+yz+zx=3xyz
Chia cả hai vế cho xyz≠0 ta được: 1x+1y+1z=3.
Đặt a=1x,b=1y,c=1z(a,b,c>0) thì a+b+c=3.
Khi đó x2z(z2+x2)=(1a)21c.(1c2+1a2)=c3a2+c2 =c3+ca2−ca2c2+a2=c−ca2c2+a2
y2x(x2+y2)=(1b)21a(1a2+1b2)=a3a2+b2 =a3+ab2−ab2a2+b2=a−ab2a2+b2
z2y(y2+z2)=(1c)21b(1b2+1c2)=b3b2+c2=b3+bc2−bc2b2+c2=b−bc2b2+c2
⇒A=c−ca2c2+a2+a−ab2a2+b2+b−bc2b2+c2
=(a+b+c)−(ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2)
=3−(ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2)
Mà c2+a2≥2ca⇒ca2c2+a2≤ca22ca=a2
Tương tự ab2a2+b2≤b2 và bc2b2+c2≤c2
⇒ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2≤a2+b2+c2=32
⇒3−(ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2)≥3−32=32.
Vậy A≥32 nên min.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Hết