Đề thi khảo sát chất lượng môn toán 9 học kì 2 huyện Đức thọ năm học 2017 2018 có đáp án

PHÒNG GD – ĐT ĐỨC THỌ
------- o0o -----Mã đề 01

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: Toán
Thời gian làm bài 90 phút

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
8
a) A  2 9 
2

1 
1
 1

b) B  
với x > 0, x  1
:
x 1  x  x
x x

2 2
 62  4
2


x x 1

x x 1
1
1 
b) Ta có B  

. x x 1 

 x 1
 x x 1
x  1
x 1
x x 1


Câu 2: a) Cho đường thẳng (d) có phương trình ax   3a 1 y  3  0 . Tìm a để đường thẳng (d) đi
qua điểm M (4; -1). Khi đó hãy tìm hệ số góc của đường thẳng (d).
b) Cho hàm số y   k  3 x 2 . Tìm giá trị của k để hàm số đồng biến khi x < 0
Giải: a) Đường thẳng (d) đi qua M (4; -1) nên x = 4 và y = -1 thay vào phương trình ta có
4a  3a 1 1  3  0  a  4  0  a  4 .

Giải: a) Ta có A  2.3 



















4
3
4
x  . Do đó hệ số góc là 
13
13
13
2
k

3

0

k


3
b) Khi x < 0 hàm số y   k  3 x đồng biến khi
Câu 3: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 4 giờ 48 phút đầy bể. Nếu mở vòi I

chảy trong 4 giờ, rồi khóa lại sau đó mở vòi II chảy trong 6 giờ thì đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng một
mình trong thời gian bao lâu thì đầy bể ?
24
Giải: Ta có 4 giờ 48 phút =
giờ
5
Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy riêng một mình để đầy bể lần lượt là x (giờ) và y (giờ).
24
1
1
ĐK: x, y 
. Mỗi giờ vòi I chảy được
(bể), vòi II chảy được
(bể) và cả hai vòi cùng
5
x
y
1 1 5
6 6 5
5
chảy được
(bể) nên ta có phương trình  
   (1)
x y 24
x y 4
24
Mở vòi I chảy trong 4 giờ, rồi khóa lại sau đó mở vòi II chảy trong 6 giờ thì đầy bể nên ta có
4 6
phương trình   1 (2). Lấy phương trình (1) trừ cho phương trình (2) theo vế được
x y

2 1
  x  8 thay vào phương trình (2) được y = 12. Đối chiếu ĐK ta có thời gian vòi I, vòi
x 4
II chảy riêng một mình để đầy bể lần lượt 8 giờ, 12 giờ
Câu 4: Cho K là điểm nằm ngoài đường tròn (O). Từ K kẻ các tiếp tuyến KA, KB tới đường tròn (O) (
A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến KCD sao cho BD là đường kính của đường tròn (O).
a) Chứng minh rằng tứ giác KAOB nội tiếp
b) Chứng minh rằng KA2  KC.KD
c) Gọi M là giao điểm của AC và KO và H là giao điểm của OK và AB.
Chứng minh rằng MH = MK

Ta có hàm số 4x  13y  3  0  y  


Giải: a) Theo tính chất tiếp tuyến ta có
A
D
OAK  OBK  900  OAK  OBK  1800
Do đó tứ giác KAOB nội tiếp
C
b) Xét KAC và KDA có K chung
và KAC  KDA (Góc giữa tiếp tuyến
K
M
H O
và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn AC )
Do đó KAC  KDA (g – g)
KA KC



 KA 2  KC.KD
B
KD KA
c) Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau thì KA = KC
lại có OA = OB nên KO là trung trực của AB  KO  AB hay KHB  900 ; BCD  900 (chắn nửa
đường tròn)  KCB  900  KCB  KHB suy ra đỉnh C, H cùng nhìn KB dưới một góc bằng 900, do
đó tứ giác KBHC nội tiếp đường tròn. Ta có CKH  CBH (cùng chắn CH ); CBH  CAD (cùng chắn
CA ); CAD  KAC (câu a) suy ra CKH  KAC ; KMC chung  KMC  AMK (g – g)
KM MC


 KM 2  MA.MC (3). Tương tự KHC  KBC  BAC ; CMH chung nên
MA KM
MH MC

 MH 2  MA.MC (4). Từ (3) và (4) suy ra MH = MK
MHC  MAH (g – g) 
MA MH
1
x y
Câu 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x   1 . Tìm GTNN của P 

y
2y x
1
1
1
Giải: Cách 1: Đặt y = xt. Vì x, y > 0 nên t > 0 ta có x   1    x  1    x 2  x
xt
xt

t

x xt 1
2t 2  1 8t 2  4
1
1 1 1

  t 

    x      t  4 . Do đó P 
2xt x 2t
2t
8t
t
2 4 4

2
33
8t  32t  t  4  33t 8t  1 t  4  33 33
. Vậy GTNN của P là


 
8
8t
8t
8
8
1
Đặt được khi x  ; y = 2

2
1
1
y
Cách 2: Áp dụng BĐT CauChy ta có 1  x   2 x.   4
y
y
x
2

Do đó P 

x y x
y
31y
x y
31 x 2 31
33
 


2
.
 .   .4 
2y x 2y 32x 32x
2y 32x 32 y 8 32
8