Đề kiểm tra học kì 1 toán lớp 9 Quận Hoàn Kiếm 2017 - 2018

UBND QUẬN HOÀN KIẾM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I – MÔN TOÁN 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2017 – 2018 Ngày kiểm tra: 15/12/2017 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1. ( 2, 0 điểm). Hãy tính giá trị của a) M  (2 300  3 48  4 75) : 3; b) N  ( 3  2) 2  4  2 3; c) P  2 1 12   ; 3 1 32 3 3 Bài 2.(2,0 điểm) Cho các biểu thức: A  1 x 1 x và B  x 3 x 2 x 2   x  2 3 x x  5 x 6 Với x  0, x  4 và x  9. a) Hãy tính giá trị của A khi x  16 b) Rút gọn B . c) Xét biểu thức T  A . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của T . B Bài 3. ( 2, 0 điểm) Cho hàm số y  (2  m) x  m  1 với m là tham số và m  2 có đồ thị là đường thẳng d . a) Khi m  0 , hãy vẽ d trên hệ trục tọa độ Oxy . b) Tìm m để d cắt đường thẳng y  2 x  5 tại điểm có hoành độ bằng 2 . c) Tìm m để d cùng với các trục tọa độ Ox,Oy tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2. Bài 4: ( 3,5 điểm) Cho đường tròn  O; R  và điểm A nằm ngoài  O  . Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với  O  ( B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC . a) Chứng minh: bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh: OA là đường trung trực của BC . c) Lấy D là điểm đối xứng với B qua O . Gọi E là giao điểm của đoạn thẳng AD với DE BD .   O  ( E không trùng với D ). Chứng minh: BE BA d) Tính số đo góc HEC . Bài 5. (0,5 điểm) Cho x  0 , y  0 thỏa mãn xy  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q 2 3 6   . x y 3x  2 y Hướng dẫn giải Bài 1: a)   M  2 300  3 48  4 75 : 3 M  (20 3  12 3  20 3) : 3  12 3 : 3  12  N b) 32 N  2 3  c) P   2  42 3   3 1 2  2  3  3 1  1 2 1 12   3 1 32 3 3 P 2( 3  1) 3 2 12( 3  3)   ( 3  1)( 3  1) ( 3  2)( 3  2) ( 3  3)( 3  3) P 2( 3  1) 3  2 12( 3  3)    3  1  3  2  2( 3  3) 2 3 4 3 9 P  2 3 1  2 3  6  7 Bài 2: a) A  1  x 1 x 1 x  x 1  1 x 1 x 1 x Thay x = 16 x  16 (TMĐK) vào biểu thức A ta có: 1 1 1 A= A   1  16 1  4 5 A  1 b) B  x với x  0; x  4; x  9 x  0; x  4; x  9  x 3 x 2 x 2   với x  0; x  4; x  9 x  0; x  4; x  9 x  2 3 x x 5 x  6 B ( x  3)( x  3)  ( x  2)( x  2)  x  2 x  9  x  4  x  2  ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3) B x 3  ( x  2)( x  3) 1 x 2 Với x  0; x  4; x  9 x  0; x  4; x  9 để T = 1 A = : B 1 x 1 = x 2 x 2 3  1 x 1 x 1 Có x 0 3 3  x 1 1 3 3 3   3  1   1 3  1  2 x 1 x 1 x 1  T  2 Vậy GTNN của T = - 2 T  2 khi x = 0 x  0 Bài 3: a) Với m  2 ta có : y  2 x  1 x  0  x 1  1   1  Đường thẳng y  2 x  1 đi qua 2 điểm A  ; 0  ; B  0;1  2  10 8 6 4 2 B 15 10 5 A 5 10 15 2 4 6 8 b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  (2  m) x  m  1 và đường thẳng y  2 x  5 là : (2  m) x  m  1  2 x  5   mx  m  6(1) Vì 2 đường thẳng cắt nhau tại điểm có hoành độ là 2 2 , thay x  2 vào (1) (1) ta được: 2m  m  6  m  6 m6 Vậy với m  6 đường thẳng y  (2  m) x  m  1 và đường thẳng y  2 x  5 cắt nhau tại điểm có hoành độ là 2 2 c) Điều kiện m  2 x  0  y  m 1 m 1 y 0 x  m2  m 1  Đường thẳng y  (2  m) x  m  1 cắt hai cạnh Ox tại điểm A  ;0  và cắt Oy tại điểm m2  B  0; m  1 . Ta có: 1 m 1 SOAB  . . m 1  2 2 m2 (m  1)2  4 m2  (m  1) 2  4 m  2 Trường hợp 1: m  2  0  m  2 (m  1) 2  4(m  2)  m 2  2m  1  4m  8  m 2  2m  9  0  '  12  1.9  8  0  phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: m  2  0  m  2 (m  1) 2  4(m  2)  m 2  2m  1  4m  8  m 2  6m  7  0  '  32  1.(7)  16  '  4  0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt : 3  4 m1  1 1 3  4 m2   7 1 Vậy với m  1 hoặc m  7 thì đường thẳng d d cùng với trục tọa độ Ox, Oy Ox,Oy tạo thành tam giác có diện tích bằng 2. 2. Bài 4: B 1 2 O 1 H A 1 2 3 E 1 D C Giải:   OCA   900 nên tứ giác OBAC nội tiếp (theo dấu hiệu: “tứ giác có tổng hai a) Theo gt có OBA góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp”) hay bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có OB  OC  R và AB  AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) nên OA là trung trực của BC . c) Vì D là điểm đối xứng với B qua O mà B   O  nên BD là đường kính của đường tròn O . Tam giác ABD vuông tại B có đường cao là BE nên DBA đồng dạng với DEB (g – g) DE BE DE DB Suy ra    1 . DB BA BE BA  ABH ) nên DBC đồng dạng với BAH (g – g) d) Ta có: B A1 (vì cùng phụ với  1 Suy ra DC DB  BH BA Từ 1 ,  2  ta được: 2 DE DC  BE BH  3 B  (hai góc nội tiếp của cùng chắn CE  nhỏ của  O  )  4  Lại có: D 1 2 Từ  3 ,  4  ta được CDE đồng dạng với HBE (c – g – c) E  (hai góc tương ứng) Do đó E 1 3 E E E E   900 . Nên HEC 2 3 2 1 Bài 5: 2 3 6 3x  2 y 6 3x  2 y 6       x y 3x  2 y xy 3x  2 y 6 3x  2 y . Ta có Đặt t  3x  2 y  t  2 3x.2 y  12 . Q Theo bất đẳng thức AM – GM và vì t  12 nên ta có: t 24 18 5  t 24  18 Q       2. .   6 t 12 2 . 6 t  t Vậy Qmin  5 x2 2   . y  3