Đề thi học kì 1 môn toán 9 quận ba đình hà nội năm học 2017 2018 (có đáp án)

Bài 3

Hướng dẫn câu khó

c) đk để pt đường thẳng d là hàm số bậc nhất thì m m 

1
2


Cho x = 0 => y = 3 ta có B(0;3)
Cho y = 0 => x =
OA =

3
3
ta có A(
;0)
1  2m
1  2m

3
; OB = 3
1  2m
1
2

Diện tích tam giác OAB là .OA.OB 

1 3
.3

2 1  2m

Diện tích tam giác OAB = 3 ta có
1 3
3
3
.3 =3 =>
2
 2
2 1  2m
1  2m
1  2m
3
1
+)
 2  3  2  4m  m  (t.m)
1  2m
4
3
5
+)
 2  3  2  4m  m  (t.m)
1  2m
4

Bài 4.

F
M
E

J
G

H

A

B

O

c) ta có tam giác AEO vuông có AG là đường cao => AE.AO = AG.OE
=> 2AE.AO =2 AG.OE => AM.OE = AB.AE (vì 2AO = AB; 2AG = AM)
Tương tự ta có BM.OF = AB.BF
=> AM.OE + BM.OF = AB.AE + AB.BF = AB.(AE +BF) = AB.EF
d) ta có góc MEG = góc GMO (cùng phụ góc GME)
góc GMO = góc GAO => góc MEG = góc GAO => tam giác AMB đồng dạng với
2

S
AB
tam giác EOF => AMB    (tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng)
SEOF  EF 
2

SAMB 3  AB  3
3
4R 2 3
4R
 

  EF 
theo bài SAMB = SEOF 
  
2
4
SEOF 4  EF  4
EF
4
3

Kẻ EJ vuông góc với BF => tứ giác AEJB là hình chữ nhật => EJ = AB = 2R
2

2

2R
 4R 
 2R 
2
=> FJ = EF – EJ =     2R      FJ 
3
 3
 3
2

2

2

Mà EF = AE + BF => AE + BJ + FJ = EF

=> 2AE = EF – FJ =

4R 2R 2R
R
R
- = => AE =
. Vậy E trên Ax sao cho AE =
3
3
3
3
3


2
3
3x  2  x  1

Bài 5. ĐKXĐ: x 
Pt trở thành

3x  2  x  1

 (2x  3)(x  1)

2x  3
1


 (2x  3)(x  1)   2x  3 

 x  1  0
3x  2  x  1
 3x  2  x  1

1
 2x  3  0 hoặc
 x  1 =0
3x  2  x  1


* 2x – 3 = 0  x= 3/2 (t/m)
1
1
 x  1 =0 
 x 1
3x  2  x  1
3x  2  x  1
2
5
5
15
Với x   x  1   x  1 

3
3
3
3
15
1
3

15
3x  2  0  3x  2  x  1 



3
5
3x  2  x  1
15
Mà

*

=> VT <VP => pt vô nghiệm
Vậy pt đã cho có nghiệm là x = 3/2