17 đề thi học kì, KSCL, kiểm tra 1 tiết, 15 phút môn Toán lớp 9 có giải chi tiết (2019 Edition)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 9

QUẬN LONG BIÊN

NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (VD) (1,5 điểm): Thực hiện phép tính
a) 2 50  3 32  162  5 98
8  2 7  11  4 7

b)
c)

10
8
18  3 5


5 3 5
2 5

 2 x
x
3x  3   2 x  2 
Câu 2 (VD) (2,0 điểm): Cho biểu thức P  



 1 , với x  0
 : 
x

9
x

3
x

3
x

3

 

và x  9
a) Rút gọn P.

b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3 (VD) (1,5 điểm): Cho hàm số y  0,5x có đồ thị là  d1  và hàm số y   x  3 có đồ thị là

d2  .
a) Vẽ  d1  và  d 2  trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Xác định các hệ số a, b của đường thẳng  d 3  : y  ax  b . Biết  d 3  song song với  d1  và

 d3 

cắt  d 2  tại một điểm có hoành độ bằng 4.

Câu 4 (VD) (4,5 điểm):
1. Một cột đèn cao 7m có bóng trên mặt đất 4m. Cùng
thời điểm đó, một tòa nhà cao tầng có bóng trên mặt đất
là 60m. Hãy cho biết tòa nhà đó cao bao nhiêu tầng, biết
rằng mỗi tầng cao 3m. (Hình vẽ minh họa)
2. Cho ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  có
BC

là

đường

kính,

vẽ

đường

cao

AH

của

ABC.  H  BC 
a) Biết AB  6cm, AC  8cm . Tính độ dài AH và HB.
b) Tiếp tuyến tại A của  O  cắt các tiếp tuyến tại B và C lần lượt tại M và N. Chứng minh
MN  MB  NC và MON  900 .

Trang 1


c) Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AB  AE , gọi I là trung điểm của BE. Chứng minh 3 điểm
M, I, O thẳng hàng.
d) Chứng minh HI là tia phân giác của AHC
Câu 5 (VDC) (0,5 điểm): Xe lăn cho người khuyết tật.
Với sự phát triển của khoa học kỹ thuật hiện nay, người ta tạo ra nhiều
mẫu xe lăn đẹp và tiện dụng cho người khuyết tật. Công ty A đã sản
xuất ra những chiếc xe lăn cho người khuyết tật với số vốn ban đầu là
500 triệu đồng (dùng để mua nguyên vật liệu và thiết bị sản xuất). Chi
phí để sản xuất ra một chiếc xe lăn là 2,5 triệu đồng. Giá bán ra thị
trường mỗi chiếc là 3 triệu đồng.
a) Em hãy viết hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản
xuất ra được x chiếc xe lăn (gồm vốn ban đầu và chi phí sản xuất) và hàm số biểu diễn số tiền thu
được khi bán ra x chiếc xe lăn.
b) Công ty A phải bán bao nhiêu chiếc xe lăn với giá trên mới có thể thu hồi được đủ số tiền vốn
đã đầu tư ban đầu? (Gồm vốn ban đầu và chi phí sản xuất)
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
a) Rút gọn căn thức
b) Sử dụng công thức:

A khi A  0
A2  A  
A khi A  0

c) Trục căn thức ở mẫu, rút gọn.

Cách giải:
a) 2 50  3 32  162  5 98  10 2  12 2  9 2  35 2  24 2
b)

8  2 7  11  4 7 





2

7 1 



7 2



2



7 1 

 7 1 7  2  2 7 1
c)



 

8 3 5 3 2  5
10
8
18  3 5


2 5

95
5 3 5
2 5
2 5





 2 5  2 3 5 3  2 5  6 2 5 3  3
Câu 2:
Trang 2



7 2


Phương pháp:

a) Quy đồng, rút gọn P
x từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của P

b) Từ điều kiện của x suy ra điều kiện của
Cách giải:

 2 x
x
3x  3   2 x  2  2 x
a) P  


 1 
:
x  3 x  9   x  3
 x 3



2x  6 x  x  3 x  3x  3



x 3

b) Ta có:



x 3



x 1

x 3

:

x  0 x 3 3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

3





x 3

1
1
 
x 3 3






  x  3 : 2
x  3 x  3

x 3  x

x 1



x 3



.

x 3

x 1

x 2 x 3
x 3

3
x 3

3
3

 1

x 3 3

x  0  x  0 (tmđk)

Vậy Pmin  1  x  0
Câu 3:
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số.
b) Tìm điểm A  4; y 0  là giao điểm của  d 3  và  d 2  ,  d 3  / /  d1  suy ra a và dạng của  d 3  , thay
tọa độ điểm A vào đó để suy ra b
Cách giải:
a)
x

0

2

y  0,5x

0

1

  d1  là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và điểm  2;1
x

0

3

y  x  3

3

0

  d 2  là đường thẳng đi qua 2 điểm  0;3 và  3;0 
1

1
a 
b)  d 3  / /  d1   
2   d3  : y   b
2
b  0

Gọi A  4; y 0  là giao điểm của  d 3  và  d 2 

A  4; y 0    d 2  y 0  4  3  1  A  4; 1
Trang 3


1
A  4; 1   d 3   1  .4  b  1  2  b  b  3 (tmđk b  0 )
2

Vậy  d 3  : y 

1

x 3
2

Câu 4:
Phương pháp:
1. Dựa vào hệ thức lượng giác tan để tìm chiều cao tòa nhà, từ đó suy ra số tầng.
2. a) Áp dụng định lý Py-ta-go và các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.
b) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh.
c) Chứng minh M, I, O cùng thuộc đường trung trực của AB
d) Dựa vào tính chất hình chữ nhật, chứng minh các cặp tam giác tương ứng bằng nhau để chứng
minh yêu cầu bài toán.
Cách giải:
1. Gọi h là chiều cao tòa nhà cần tìm, là góc tia nắng mặt
trời tạo với mặt đáy lúc ấy.
Khi đó ta có: tan  

7 h

 h  105  m 
4 60

Vậy tòa nhà có 105 : 3  35 (tầng)
2. ABC nội tiếp đường tròn  O  có BC là đường kính

 BAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 ABC vuông tại A

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABC vuông tại A ta được:
BC  AB2  AC2  62  82  100  10  cm 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A,
đường cao AH ta được:
AB2  HB.BC  HB 

AB2 62

 3, 6  cm 
BC 10

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABH vuông tại H ta được:
AH  AB2  AC2  62  3, 62  23, 04  4,8  cm 

b) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của  O  cắt nhau tại M
 MA  MB và OM là phân giác của AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có NA, NC là hai tiếp tuyến của  O  cắt nhau tại N
Trang 4


 NA  NC và ON là phân giác của AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà MN  MA  NA  A  MN  nên MN  MB  NC (đpcm)
OM, ON lần lượt là phân giác AOB và AOC (cmt)
Mà AOB và AOC là 2 góc kề bù nên MON  900
c) Có I là trung điểm của BE  là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác ABE vuông
tại A
 IA  IB  IE 

1
BE (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

2

Ta có MA  MB  cmt   M thuộc đường trung trực của AB (1)

OA  OB   R   O thuộc đường trung trực của AB (2)
IA  IB  cmt   I thuộc đường trung trực của AB (3)
Từ (1), (2), (3)  3 điểm M, I, O thẳng hàng.
d) Từ E kẻ EP  BC tại P và EQ  AH tại Q.

 HPEQ là hình chữ nhật  QE  HP
Ta có ABC  ACB  900 ( ABC vuông tại A)

HAC  ACB  900 ( AHC vuông tại H)
 ABC  HAC hay AHB  QAE
Xét BHA và AQE có: BHA  AQE   900  ; ABH  QAE  cmt  ; AB  AE  gt 

 BHA  AQE  ch  gn   AH  QE  HP
Ta có BPE vuông tại P, I là trung điểm của BE
 PI 

1
BE (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
2

Mà AI 

1
BE  cmt   AI  PI
2

Xét AHI và PHI có: HI chung; AI  PI  cmt  ; AH  HP  cmt 

 AHI  PHI  c  c  c   AHI  PHI (2 góc tương ứng)

 HI là tia phân giác của AHC (đpcm)
Câu 5:
Phương pháp:
b) Giải hệ hai phương trình lập được ở câu a để trả lời câu hỏi.
Trang 5


Cách giải:
Đơn vị tính là triệu đồng.
Hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản xuất ra được x chiếc xe lăn là:

y  2,5x  500

1

Hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn là: y  3x

 2

b) Gọi x  x  N * là số chiếc xe lăn bán ra đủ để thu lại vốn.
Để thu được số vốn ban đầu thì số tiền vốn ban đầu phải bằng số tiền thu được.

 2,5x  500  3x  x  1000  tm 
 y  3.1000  3000
Vậy bán 1000 chiếc thu hồi đủ vốn đầu tư ban đầu là 3 tỉ đồng

Trang 6


UBND QUẬN HOÀNG MAI

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (2,5 điểm): Cho hai biểu thức A 

x 2 x 9
và B 
x 3

x 3
x
x 9
với


x 3
x 3 x 9

x  0, x  9
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  3

2) Chứng minh B 

3) So sánh

x
x 3

A
và 4.
B

Câu 2 (2,5 điểm): Cho hàm số y   m  1 x  m (với m  1 có đồ thị là đường thẳng  d  )
1) Tìm giá trị của m để đường thẳng  d  cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1
2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng  d  với giá trị m tìm được ở câu 1
3) Tìm giá trị của m để đường thẳng  d  cắt đường thẳng y  3x  2 tại một điểm nằm trên trục
hoành
Câu 3 (1,0 điểm):





x  2  1 y  1

Giải hệ phương trình: 
 2 1 x  y  2 1






Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  và một điểm H cố định nằm ngoài đường tròn. Qua H
kẻ đường thẳng d vuông góc với đoạn thẳng OH. Từ một điểm S bất kì trên đường thẳng d kẻ hai
tiếp tuyến SA, SB với đường tròn  O; R  A, B là tiếp điểm). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của
đoạn thẳng SO với đoạn thẳng AB và với đường tròn  O; R 
Trang 1


1) Chứng minh bốn điếm S, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn
2) Chứng minh OM.OS  R 2
3) Chứng minh N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB
4) Khi điểm S di chuyển trên đường thẳng d thì điểm M di chuyển trên đường nào? Tại sao?
Câu 5 (0,5 điểm): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1
Chứng minh rằng P 

5y3  x 3 5z3  y3 5x 3  z3


1
yx  3y 2 zy  3z 2 xz  3x 2

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
1) Thay x  3 vào A. Phân tích tử thức thành nhân tử và rút gọn.
2) Rút gọn B để được điều phải chứng minh.
A
và dùng bất đẳng thức Cô-si để so sánh với 4.
B

3) Biến đổi
Cách giải:

1) Khi x  3 thì A 

x 3
x
x 9



x 3
x 3 x 9

2) B 









x 6 x 9 x 3 x  x 9

x





x 3



x 3

x 3

Trang 2







5 3
3 3
3 2 3 9

 5  3
3 3
3 3





x 3

x 3







x
x 3




2

 x  3   x  9 
x  3 x  3

x 3  x





x 3 x
x 3



x 3




A x 2 x 9 x 3 x 2 x 9
9

.

 x 2
B
x 3
x
x
x

3)

Áp

dụng

x



bất

9
 2.
x

đẳng

x.

thức

Cô-si

cho

hai

số

không

âm

x

và

9
x

ta

có:

9
 2.3  6
x

A 
9 
 x 
2  62  4
B 
x

Dấu “=” xảy ra  x 

Vậy

9
 x  9  tm 
x

A
4
B

Câu 2:
Phương pháp:

1)  d  cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1, điểm đó là điểm  0;1 . Thay tọa độ vào hàm số để
tìm m.
3)  d  cắt đường thẳng y  3x  2 tại một điểm nằm trên trục hoành, tìm điểm đó rồi thay tọa độ
vào hàm số để tìm m.
Cách giải:
Để đường thẳng  d  cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1  Điểm A  0;1 thuộc  d 

 1   m  1 0  m  m  1
Vậy với m  1 đường thẳng  d  cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1.
2) Với m  1 thì  d  : y  2x  1
Ta có:

Trang 3


x

0

1

y  2x  1

1

3

Đồ thị hàm số  d  : y  2x  1 là đường thẳng đi qua hai điểm  0;1 và 1;3
Gọi đường thẳng  d  cắt đường thẳng y  3x  2 tại một điểm B nằm trên trục hoành
 2 

 B là giao điểm của đường thẳng y  3x  2 với trục hoành  B   ;0 
 3 
1
2
 2
Vì B cũng thuộc  d   0   m  1     m  m   0  m  2
3
3
 3

Vậy với m  2 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 3:
Phương pháp: Sử dụng phương pháp thế
Cách giải:










x  2  1 y  1
x  1  2  1 y





 2 1 x  y  2 1  2 1 x  y  2 1









 2  1 y
 1   2  1 y  y 

x  1 


 2 1










x  1  2  1 y



2 1  2 1 2 1








2 1 y  y  2 1



 x  1  2  1 y
x  1


y  0
 y  y  0

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;0 
Câu 4:
Phương pháp:
1) Chứng minh cho A, B cùng thuộc đường tròn đường kính OS.
2) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông để chứng minh.
3) Chứng minh NBS  NBM dựa vào các góc vuông từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Trang 4


Cách giải:

1) Ta có SA, SB là hai tiếp tuyến của  O   OAS  OBS  900

 A, B cùng thuộc đường tròn đường kính OS
 A, B, O, S cùng thuộc một đường tròn đường kính OS.
2) Ta có SA, SB là hai tiếp tuyến của  O  cắt nhau tại S
 SA  SB và SO là phân giác ASB (tính chất 2 tiếp tuyến

cắt nhau)
 SAB là tam giác cân tại S.

 SO vừa là phân giác ASB vừa là đường trung trực của AB (tính chất tam giác cân)
 SO  AB tại M

 AM là đường cao trong tam giác OAS
Xét tam giác OAS vuông tại A, đường cao AM ta có:

OM.OS  OA 2  R 2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông)
3) Có OBS  900 ( SB là tiếp tuyến của  O  )  OBN  NBS  900 1
Có SO  AB (chứng minh trên)  Tam giác MNB vuông tại M  MNB  NBM  900  2 
Có ON  OB  R  Tam giác ONB cân tại O  MNB  OBN (tính chất tam giác cân) (3)
Từ 1 ,  2  ,  3  NBS  NBM  BN là phân giác SBA
Mặt khác SN là phân giác ASB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và SN  BN   N

 N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
4) Gọi HO  AB  K
Xét OMK và OHS có: O chung; OMK  OHS   900 
 OMK  OHS  g.g  

Trang 5

OK OM

 OM.OS  R 2
OS OH


Vì H cố định  OH cố định mà R cố định  OK cố định
Mặt khác OMK  900  M thuộc đường tròn đường kính OK cố định.
Vậy khi điểm S di chuyển trên đường thẳng d thì điểm M di chuyển trên đường tròn đường kính
OK cố định.
Câu 5:
Phương pháp: Chứng minh

5y3  x 3
 2y  x và tương tự từ đó suy ra điều phải chứng minh
yx  3y 2

Cách giải:
Với x, y, z  0 ta có:

5y3  x 3
 2y  x  5y3  x 3   x 2 y  6y3  xy 2
yx  3y 2

x 3  y3  xy  x  y   0   x  y  x  y   0 luôn đúng với mọi x, y  0
2



5y3  x 3

 2y  x đúng với x, y, z  0
yx  3y 2

Tương tự ta được

5z3  y3
5x 3  z3

2z

y;
 2x  z
zy  3z 2
xz  3x 2

5y3  x 3 5z3  y3 5x 3  z3
P


 2y  x  2z  y  2x  z  x  y  z  1
yx  3y 2 zy  3z 2 xz  3x 2

x  y  z
1
Dấu „=‟ xảy ra khi 
xyz
3
x  y  z  1

Trang 6

UBND QUẬN HOÀN KIẾM

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (VD) (2,0 điểm): Hãy tính giá trị của:





a) M  2 300  3 48  4 75 : 3 ;
c) P 

b) N 



32



2

 42 3 ;

2
1
12


3 1
32
3 3

Câu 2 (VD) (2,0 điểm): Cho các biểu thức:

A  1

x
1 x

và B 

x 3
x 2
x 2
với x  0, x  4, x  9


x  2 3 x x 5 x  6

a) Hãy tính giá trị của A khi x  16 .

b) Rút gọn B.
c) Xét biểu thức T 

A
. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của T.
B

Câu 3(VD) (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  2x  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.
Câu 4 (VD) (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 đối xứng với B qua O. Gọi E là giao điểm của đoạn thẳng AD với  O  (E không
trùng với D). Chứng minh
d) Tính số đo góc HEC.
Trang 1

DE BD

.
BE BA


Câu 5 (VDC) (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  2y

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
+) Rút gọn căn bậc hai
+) Sử dụng công thức:

A khi A  0
A2  A  
A khi A  0

+) Sử dụng hằng đẳng thức, trục căn thức ở mẫu
Cách giải:


  20







a) M  2 300  3 48  4 75 : 3  2.10 3  3.4 3  4.5 3 : 3



b) N 



3  12 3  20 3 : 3  12 3 : 3  12
32



2

 42 3 

32 





3 1

2

 2  3  3 1

 2  3  3 1  1

2

1
12



3 1
32
3 3

c) P 



2





3 1
2



2







3 1



3 1



 

3 1



1



32

32





32





12 3  3



 3  3 3  3 

3  2 12 3  3

 3 1 3  2  2 3  3  7
1
6





Câu 2:
Phương pháp:
+ Quy đồng và rút gọn phân thức
+ Tính và đưa T về dạng T  a 

b
với a, b là các số nguyên, c là ciểu thức chứa x.Từ điều
c

kiện của x để tìm giá trị nhỏ nhất của T

Cách giải:
a) Tại x  16 thì A  1 

Trang 2

16
4
4 1
 1
 1 
1 4
5 5
1  16


x 3
x 2
x 2


x  2 3 x x 5 x  6

b) B 

x 3
x 2


x 2
x 3



x 2

 x  2 x  3
 x  3 x  3   x  2 x  2 

 x  2 x  3



x 9 x  4 x  2



c) A  1 

x 2



x
1 x



x 3







x 3
x 2



x 3

x 2





1
x 2

1 x  x
1

1 x
1 x

x
T

A
1
1
x 2
x 1 3
3

:


 1
B 1 x
x  2 1 x
1 x
1 x

Do x  0  x  0 

3
3
3
  3  T  1
 1  3  2
1  x 11
1 x

Dấu bằng xảy ra khi x  0
Vậy min T  2 khi x  0 .
Câu 3:
Phương pháp:

b) Lập phương trình hoành độ giao điểm của  d  và y  2x  5 . Hai đường thẳng cắt nhau tại
điểm có hoành độ bằng 2.
Thay x  2 vào phương trình hoành độ giao điểm để tìm m.
c) Tìm giao điểm của  d  với hai trục tọa độ Ox, Oy là A và B. OAB là tam giác vuông tại
O. SOAB  2 . Từ đó tìm m.
Cách giải:
a) Khi m  0 thì  d  : y  2x  1
Đồ thị của đường thẳng  d  đi qua 2 điểm  0;1 , 1;3
b) Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và đường thẳng y  2x  5 là:

 2  m  x  m  1  2x  5  2x  5  mx  m  6 1
Trang 3


Để  d  cắt đường thẳng y  2x  5 tại điểm có hoành độ bằng 2 thì x  2 là nghiệm của
phương trình (1) hay 2m  m  6  m  6
Vậy với m  6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
c) Gọi A và B là giao điểm của  d  lần lượt với hai trục tọa độ Ox, Oy.

 y   2  m  x  m  1
m 1
m 1
 m 1 
Tọa độ điểm A thỏa mãn 
x
 A
;0   OA 
m2
m2
m2 

 y  0
 y   2  m  x  m  1
Tọa độ điểm B thỏa mãn 
 y  m  1  B  0; m  1  OB  m  1
 x  0
SOAB  2 

OA.OB
m 1
2
2
. m  1  4   m  1  4 m  2
2
m2

Trường hợp 1: m  2  pt   m  1  4  m  2   m 2  2m  9  0 vô nghiệm.
2

 m  1  tm 
2
Trường hợp 2: m  2  pt   m  1  4  m  2   m 2  6m  7  0  
 m  7  tm 
Vậy với m  1 hoặc m  7 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất của tam giác cân để chứng minh
c) Chứng minh BED và ABD là hai tam giác đồng dạng từ đó suy ra điều phải chứng
minh
Cách giải:

a) Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của  O   OBA  OCA  900

 B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA
 A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA. (đpcm)
b) Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của  O  cắt nhau tại A
 AB  AC và AO là phân giác BAC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt

nhau)
 ABC là tam giác cân tại A

 AO vừa là phân giác BAC vừa là đường trung trực của BC
(tính chất tam giác cân)
Trang 4


c) Ta có D đối xứng với B qua O  BD là đường kính của  O 

 BED  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét BED và ABD có: BED  ABD  900 , D chung
 BED  ABD  g  g  

DE BD

.
BE BA

d) BCD  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AHB  900 (AO là trung trực của BC)
Xét BCD và AHB có: BCD  AHB  900 , BCD  ABH (BA là tiếp tuyến của

O

tại B)

 BCD  AHB  g  g  

Xét BHE và DCE có

BD CD
DE CD


kết hợp c) 
BA BH
BE BH

DE CD

 BHE  DCE  BEH  DEC (2 góc t.ư)
BE BH

Mà BED  900 (chứng minh trên)
Vậy HEC  900
Câu 5:
Phương pháp:
Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức AM-GM để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Cách giải:
Q

2 3
6
2y  3x
6
3x  2y
6
 




x y 3x  2y
xy
3x  2y
6
3x  2y

Đặt t  3x  2y  t  2 3x.2y  t  2 6.6  12
Theo bất đẳng thức AM-GM và vì t  12 nên ta có:

Q

t 6  t 24  18
t 24 18 5
     2 .  
6 t 6 t  t
6 t 12 2

2y


2y
x


3x  2y

x 
 x  2
3
 2

Dấu “=” xảy ra khi 
3 
 xy  6
 y  3  do y  0 
 2y  6
 y2  9

 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

Trang 5

x  2
5
đạt được khi 
2
y  3

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 9

HAI BÀ TRƯNG

NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (VD) (2,5 điểm):
Cho hai biểu thức: A 

2 x 4
và B 
x 1

x
3
6 x 4
với x  0, x  1


x 1
x 1
x 1

1. Tính giá trị của A khi x  4
2. Rút gọn B.

3. So sánh A.B với 5.
Câu 2 (VD) (2,0 điểm):



1
1. Thực hiện phép tính:  3 8  18  5
 50  .3 2 .
2


2. Giải phương trình:

4x 2  4x  1  5  2

Câu 3 (VD) (1,0 điểm): Cho hàm số y  3x  2 có đồ thị là đường thẳng  d1 
1 
1. Điểm A  ;3  có thuộc đường thẳng  d1  không? Vì sao?
3 

2. Tìm giá trị của m để đường thẳng  d1  và đường thẳng  d 2  có phương trình y  2x  m
cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng 1.
Câu 4 (VD) (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  đường kính AB và điểm C bất kỳ thuốc
đường tròn (C khác A và B). Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BC ở D.
Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại C cắt AD ở E.
1. Chứng minh bốn điểm A,E,C,O cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh BC.BD  4R 2 và OE song song với BD.
3. Đường thẳng kẻ qua O và vuông góc với BC tại N cắt tia EC ở F. Chứng minh BF là tiếp
tuyến của đường tròn  O; R  .
4. Gọi H là hình chiếu của C trên AB, M là giao của AC và OE. Chứng minh rằng khi điểm C

di động trên đường tròn  O; R  và thỏa mãn yêu cầu đề bài thì đường tròn ngoại tiếp tam giác
HMN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (VD) (0,5 điểm):
Trang 1


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 

9
 2010 với x  2
x2

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng hằng đẳng thức: a 2  b 2   a  b  a  b 
+) Để so sánh a và b ta xét hiệu a  b .
Cách giải:

2 4  4 2.2  4 0

 0
2 1
1
4 1

1. Khi x  4 thì A 

x
3

6 x 4



x 1
x 1
x 1

2. B 



x  x 3 x 36 x  4








x 1



x 1









x 1





x 1



 

x 1

x  2 x 1
x 1



3





x 1



x 1
x 1

2 x  4 x 1
2 x 4
.
5 
5
x 1
x 1
x 1
2 x  4  5 x  5 3 x  9

x 1
x 1



x  0 x  0   3x  0 x  0   3x  9  0 x  0

Mặt khác

x  0 x  0  x  1  0 x  0

 A.B  5 

3 x  9
 0 x  0  A.B  5
x 1

Câu 2:
Phương pháp:
+ Rút gọn các căn bậc hai.
+ Sử dụng công thức:
Cách giải:
Trang 2

A khi A  0
A2  A  
A khi A  0



x 1



x 1

2

x 1

3. A.B  5 

Có



x 1

x



 

x 1

6 x 4



x 1



x 1






1
5 2

1.  3 8  18  5
 50  .3 2   3.2 2  3 2 
 5 2  .3 2
2
2






21 2
.3 2  21.3  63
2

2. Điều kiện: 4x 2  4x  1  0   2x  1  0 luôn đúng với mọi x
2

4x 2  4x  1  5  2 

 2x  1

2

 2x  1  7
x  4
 7  2x  1  7  

 2x  1  7
 x  3

Vậy phương trình có tập nghiệm S  3; 4
Câu 3:
Phương pháp:
1. Thay tọa độ điểm A vào hàm số. Nếu thỏa mãn thì điểm A thuộc đồ thị  d1  và ngược lại.
2. Lập phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  .  d1  cắt  d 2  tại điểm có hoành độ
bằng 1.
Thay x  1 vào phương trình hoành độ giao điểm để tìm m.
Cách giải:
1
1. Thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta có: 3.  2  1  2  3
3
1 
Vậy A  ;3  thuộc đường thẳng  d1  : y  3x  2
3 

2. Phương trình hoành độ giao điểm của  d1  và  d 2  là: 3x  2  2x  m  m  5x  2 1
Vì  d1  cắt  d 2  tại điểm có hoành độ bằng 1 nên x  1 là nghiệm của phương trình (1)
 m  5.1  2  7

Vậy với m  7 thỏa mãn yêu cầu để bài.
Câu 4:
Phương pháp:
1. Chứng minh AECO là tứ giác nội tiếp.
2. Áp dụng các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông để chứng minh

BC.BD  4R 2 . Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và mối quan hệ từ vuông góc đến
song song để chứng minh OE song song với BD.
3. Chứng minh BOCF là tứ giác nội tiếp  OBF  900  đpcm

Trang 3


4. Chứng minh HMNO là tứ giác nội tiếp  đpcm
Cách giải:
1. AE là tiếp tuyến tại A của  O; R   EAO  900
CE là tiếp tuyến tại C của  O; R   ECO  900

 C, A cùng thuộc đường tròn đường kính OE
 A, E, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính OE.
2. Ta có điểm C thuộc  O  đường kính AB  2R

 ACB  900  AC  BD

 AC là đường cao trong ABD
Xét ABD vuông tại A đường cao AC ta có:
BC.BD  AB2   2R   4R 2
2

Ta có AE là tiếp tuyến tại A của  O; R 
CE là tiếp tuyến tại C của  O; R 

AE  CE  E
 OE  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà BD  AC (chứng minh trên)  OE / /BD (từ vuông góc đến song song)
1
3. Ta có OF  BC tại N (gt)  BOF  COF  BOC (đường cao đồng thời là đường
2

trung tuyến trong tam giác cân)
1
Mặt khác BCF  BOC (CF là tiếp của  O  tại C)
2
 1

 BOF  BCF   BOC   BOCF là tứ giác nội tiếp
 2


 OBF  OCF  1800  OBF  900  1800 ( OCF  900 do CF là tiếp tuyến của  O  tại
C)

 OBF  900  BF là tiếp tuyến của  O; R 
4. Ta có OE / /CA (chứng minh trên)  OMC  900
Mặt khác MCN  ONC  900  OMCN là hình chữ nhật  OMN  OCN (hai góc
nội tiếp cùng chắn cung ON)

Trang 4


Ta có OHC  ONC  900  OHCN là tứ giác nội tiếp  OHN  OCN (hai góc nội
tiếp cùng chắn cung ON )

 OMN  OHN   OCN 

 HMNO là tứ giác nội tiếp (dhnb)
 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN luôn đi qua O là điểm cố định. (đpcm)
Câu 5:
Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Cách giải:
Px

9
9
 2010  x  2 
 2012
x2
x2

Với x  2  x  2  0 

9
0
x2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm x  2 và
x 2

9
 2.
x2

 P  x2

 x  2.

9
2 9 6

x2

9
 2012  6  2012  2018
x2

Dấu “=” xảy ra khi x  2 

x  2  3
x  5
9
2
  x  2  9  

 x  5  do x  2 
x2
 x  2  3  x  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2018 tại x  5

Trang 5

9
x2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 9

BẾN TRE

NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (VD) (2,0 điểm):
a) Tính: 3 16  5 36
b) Chứng minh rằng: với x  0 và x  1 thì

x
1


x 1 x  x

x 1
x

Câu 2 (VD) (2,5 điểm) Cho hàm số y   2m  1 x  6 có đồ thị  d 
a) Với giá trị nào của m thì hàm số nghịch biến trên R.
b) Tìm m để đồ thị hàm số  d  đã cho đi qua điểm A 1; 2 
c) Vẽ  d  khi m  2 .
Câu 3 (VD) (1,5 điểm): Một cột đèn cao 7m có bóng trên
mặt đất dài 4m. Gần đó có một tòa nhà cao tầng có bóng
trên mặt đất dài 80m(hình vẽ). Em hãy cho biết tòa nhà đó
có bao nhiêu tầng, biết rằng mỗi tầng cao 2m.
Câu 4 (VD) (1,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Biết ACB  600 , CH  a .
Tính độ dài AB và AC theo a.

Câu 5 (VD) (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  . Vẽ đường tròn tâm O đường kính AC cắt cạnh
BC tại D  D  C  . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của AD và DC. Tia OH cắt cạnh AB tại
E. Chứng minh:
a) AD là đường cao của tam giác ABC.
b) DE là tiếp tuyến của đường tròn  O  .
c) Tứ giác OHDK là hình chữ nhật.

Trang 1


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:

A B khi A  0
A2B  A B  
A B khi A  0

a) Sử dụng công thức:

b) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi và rút gọn biểu thức của vế trái. Chứng minh
kết quả rút gọn của vế trái bằng vế phải.
Cách giải:
a) 3 16  5 36  3.4  5.6  12  30  42
b) Với x  0 và x  1 ta có:
x
1



x 1 x  x



x 1

x





x 1





x
1


x 1
x x 1





x 1

x





x 1



x 1

Vậy với x  0 và x  1 thì



x. x

x





x 1



x



1



x 1

x 1
x

x
1


x 1 x  x

x 1
x

Câu 2:
Phương pháp:
a) Hàm số y  ax  b nghịch biến  a  0 .
b) Thay tọa độ điểm A 1; 2  vào công thức của đường thẳng  d  để tìm m.
c) Thay giá trị m  2 vào công thức của đường thẳng  d  sau đó vẽ đồ thị hàm số bậc nhất.
Cách giải:
a) Hàm số bậc nhất y   2m  1 x  6 nghịch biến trên R khi
2m  1  0

 2m  1  m 

1
2

b) Đồ thị hàm số y   2m  1 x  6 đi qua điểm A 1; 2 

 2   2m  1 .1  6
 2  2m  1  6

Trang 2


 2m  7  m 

7
2

c) Khi m  2 ta có y  3x  6
Cho x  0  y  6;

y  0  x  2

Đồ thị hàm số y  3x  6 đi qua 2 điểm A  2;0  ; B  0; 6 
Câu 3:
Phương pháp:
+) Sử dụng các công thức lượng giác của một góc trong tam giác ABC vuông tại có:
tan C 

AB
AC

+) Tính số tầng của tòa nhà = chiều cao của tòa nhà : chiều cao mỗi
tầng.
Cách giải:
Gọi h là chiều cao của tòa nhà cần tìm,  là góc tia nắng mặt trời tạo
với mặt đất lúc ấy.
Khi đó ta có: tan  

7 h

4 80

Suy ra: h  140m
Vậy tòa nhà đó có: 140 : 2  70 (tầng)
Câu 4:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức lượng giác để tính các cạnh.
Cách giải:
ACH vuông tại H có:

cos C 

CH
CH
a
a
 AC 

  2a
0

1
AC
cos C cos 60
2

ABC có AB  AC.tan C  2a.tan 600  2 3a

Câu 5:
Phương pháp:
a) Ta có tam giác có 1 cạnh là đường kính của 1 đường tròn thì góc đối diện với cạnh ấy là
góc vuông.
b) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tiếp tuyến.
Trang 3