ĐỀ THI MÔN TOÁN 9 HK1

1 Bài 1 (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức 2 48 4 27 75 2 3A     b) Giải phương trình 1 9 27 3 4 12 6 2 x x x      Bài 2 (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 1 x A x    và 2 4 4 11 1 x x B xx x [.]

Tài Liệu Ôn Thi Group ĐỀ ÔN TẬP HKI – ĐỀ SỐ MƠN TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 90 phút THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Bài (2,0 điểm): a) Tính giá trị biểu thức: A  48  27  75  b) Giải phương trình: x  27  x   x  12  x 2 B  x 1 a) Tính giá trị biểu thức A biết x  25 ; Bài (2,0 điểm): Cho biểu thức: A  x x 4   với x  0; x  x 1 x 1 x 1 x ; x 1 2B c) Tìm giá trị x để Q  nhận giá trị nguyên A Bài (2,0 điểm): Cho đường thẳng  d  : y  x  đường thẳng  d ' : y   m  1 x  ( m tham số, b) Chứng minh B  m  1) a) Vẽ đường thẳng  d  hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm m để đường thẳng  d  song song với đường thẳng  d '  c) Tìm m để hai đường thẳng  d   d '  c điểm A nằm bên trái trục tung Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax , lấy điểm P Ax  AP  R  Từ P kẻ tiếp tuyến PM  O; R  ( M tiếp điểm) a) Chứng minh: bốn điểm A, P, M , O thuộc đường tròn b) Chứng minh: BM // OP c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh: tứ giác OBNP hình bình hành d) Giả sử AN cắt OP K ; PM cắt ON I ; PN cắt OM J Chứng minh: I , J , K thẳng hàng T A IL IE U O N T H I N E T Bài (0,5 điểm): Một vệ tinh nhân tạo địa tĩnh chuyển động theo quỹ đạo tròn cách bề mặt Trái Đất khoảng 35786 km, tâm quỹ đạo vệ tinh trùng với tâm O Trái Đất Vệ tinh phát tín hiệu vô tuyến theo đường thẳng đến vị trí bề mặt Trái đất Hỏi vị trí xa bề mặt Trái Đất nhận tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh khoảng km (ghi kết gần xác đến hàng đơn vị) Biết Trái Đất xem hình cầu có bán kính khoảng 6400 km https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Bài (TH) Phương pháp:  A A  A2  A    A A  Thực tính tốn với bậc hai a) Vận dụng đẳng thức b) Xác định điều kiện phương trình: f  x  xác định  f  x   a   Thực biến đổi phương trình đưa dạng f  x   a   f  x     f  x  a Giải phương trình, đối chiếu điều kiện đưa kết luận Cách giải: a) Ta có: A  48  27  75  A   12   A  27 b) Điều kiện: x  x  12    x  3  x    x  3   x 3   x3  x  27  x    x    x  t / m Vậy phương trình có nghiệm x  Bài (VD) Phương pháp: a) Kiểm tra x  25 có thỏa mãn điều kiện hay không? Nếu không ta kết luận, thỏa mãn ta thay vào biểu thức A để tính giá trị biểu thức A b) Vận dụng đẳng thức a  b   a b   a  b để xác định mẫu thức chung Thực quy đồng, phép toán với phân thức đại số từ tính giá trị biểu thức B c) Thực phép toán với phân thức đại số tính giá trị biểu thức Q Thực phép chia tử số cho mẫu số tìm miền chặn Q Biên luận giải phương trình với Q nguyên E I N H T N O IL IE A Vậy với x  25 A  25     25   U Thay x  25 (tmđk) vào A ta có: A  T Cách giải: a) Điều kiện: x  0; x  T b) Ta có: https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group B x x 4   x 1 x 1 x 1 B x  x 1 x B B B B  x 4   x 1    x 1     x  1 x  1 x 1  x   4 x 1  x 1 x x 2 x 44 x 4   x x  x 1 x    x 1  x 1  x 1  x 1 Vậy B   x 1  x 1 x x 1  x (đpcm) x 1 c) Ta có: Q  2B x x 2 x x 1 x  :   A x 1 x 1 x 1 x  x 2 Ta thấy Q  Q 2 x  x 2 Mà Q    x 2 4 x 2  2 2 x 2 nên Q  0;1 Trường hợp 1: Q   x   x   x  (tmđk) x 2 Trường hợp 2: Q   x  (tmđk) x 2 2 x  x 2  x 2 x    x  (tmđk) x  Vậy x  0; 4 H I N E T Bài (VD) Phương pháp: a) Lập bảng giá trị x y để vẽ đồ thị hàm số N T b) Đường thẳng  d  //  d   a  a b  b U IE IL A 2  m  1 m 1 T Tính hồnh độ giao điểm A là: x A  O c) Gọi A  xA ; y A  giao điểm  d   d   https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Điểm A nằm bên trái trục tung nên xA  , từ tính giá trị m Cách giải: a) Xét y  x   d  Vẽ đồ thị: Ta có bảng giá trị sau:  x y b) Đường thẳng  d  //  d    m   (luôn đúng) Vậy m   d  //  d   c) Gọi A  xA ; y A  giao điểm  d   d    y A  x A  Khi đó, tọa độ điểm A  xA ; y A  thỏa mãn hệ phương trình:   y A   m  1 x A  1  2 Thay 1 vào   , ta được: xA    m  1 xA    m  1 xA  2 *  d   d   cắt điểm A  phương trình * có nghiệm  m    m  Từ *  x A  2 m 1 2  m  1 m 1 2 Điểm A nằm bên trái trục tung nên x A   0 m 1 2 Vì 2  , để  m    m  m 1 Vậy m  thỏa mãn yêu cầu đề Bài (VD) Phương pháp: Vậy hoành độ giao điểm A là: x A  a) A, O, P thuộc đường trịn đường kính OP 1 T b) Chứng minh tương tự: M , P, O thuộc đường tròn đường kính OP   I N E Từ 1 ,   ta có: điểm A, P, M , O thuộc đường trịn đường kính OP N T H c) Chứng minh OP  AM BM  AM từ đó, suy OP // BM (quan hệ từ vng góc đến song song) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có cặp cạnh song song hình bình hành IE U O d) Chứng minh I trực tâm OPJ  JI // OP  5 https://TaiLieuOnThi.Net A T APO  OPI  IOP  IPO cân I  IK  OP   IL Chứng minh PAON hình chữ nhật  K trung điểm OP Tài Liệu Ôn Thi Group Từ   ,   suy I , J , K thẳng hàng Cách giải: a) Vì AP tiếp tuyến  O  nên PA  AO  AOP vuông A  AOP nội tiếp đường trịn đường kính OP  A, O, P thuộc đường trịn đường kính OP 1 Chứng minh tương tự: M , P, O thuộc đường trịn đường kính OP   Từ 1 ,   ta có: điểm A, P, M , O thuộc đường trịn đường kính OP b) Xét đường trịn  O  có: * PA, PM tiếp tuyến cắt P  PA  PM PO tia phân giác PAM (tính chất hai tiếp tuyến cắt đường tròn)  PAM cân P có PO đường cao  OP  AM  3 * AMB nội tiếp đường tròn  O  AB đường kính  O   AMB cân M hay BM  AM   Từ  3 ,   suy OP // BM (quan hệ từ vng góc đến song song) c) Từ b)  AOP  NBO (hai góc đồng vị) Xét AOP OBN có:    AOP  OBN  g.c.g   OP  BN (hai cạnh tương ứng) 0 PAO  NOB  90  Vì OP  BN // BN  OPBN hình bình hành d) Vì OPBN hình bình hành (cmt)  PJ // AB mà AP  AB nên PJ // AB (quan hệ từ vng góc đến song song) Theo giả thiết, ON  AB mà PJ // AB (cmt) nên ON  PJ (quan hệ từ vng góc đến song song) IE  5 IL Tam giác OPJ có ON  PJ PM  OJ nên I trực tâm OPJ  IJ  OP U O N T H I N E T AOP  NBO OA  OB  R T A Ta có: PAO  APJ  AON  900 nên tứ giác PAON hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết) https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Mà K giao điểm AN PO nên K trung điểm OP Ta có: AP // ON (vì vng góc với AB )  APO  PON (hai góc vị trí so le trong) Mà APO  MPO (cmt) Suy MPO  NOP  PAO hay IPO  IOP Tam giác IPO có: IPO  IOP nên IPO cân I I  IK  OP   Bài (VDC) Phương pháp: Áp dụng định lí Py – ta – go để tính tốn Cách giải: +) A vệ tinh, O tâm Trái Đất Gọi B điểm mặt đất nhận tín hiệu từ A , B phải chạy cung nhỏ MN (với AM , AN tiếp tuyến kẻ từ A ) Vị trí xa Trái Đất nhận tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh điểm B cho AB lớn B trùng với M N +) Ta có: AH  35786km, OH  6400km, OA  35786  6400  42186km +) Áp dụng định lý Pi-ta-go tam giác vng AMO ta có: AM  OA2  MO2  421862  64002  41697  km  Vậy điểm xa trái Trái Đất nhận tín hiệu cách hành tinh xấp xỉ 41697km (Bốn mốt ngàn T A IL IE U O N T H I N E T sáu trăm chín bảy km ) https://TaiLieuOnThi.Net ... đồng, phép tốn với phân thức đại số từ tính giá trị biểu thức B c) Thực phép toán với phân thức đại số tính giá trị biểu thức Q Thực phép chia tử số cho mẫu số tìm miền chặn Q Biên luận giải... 42186km +) Áp dụng định lý Pi-ta-go tam giác vuông AMO ta có: AM  OA2  MO2  421862  64002  41 697  km  Vậy điểm xa trái Trái Đất nhận tín hiệu cách hành tinh xấp xỉ 41 697 km (Bốn mốt ngàn T A...Tài Liệu Ôn Thi Group HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Bài (TH) Phương pháp:  A A  A2  A    A