ĐỀ THI MÔN TOÁN 9 HK1

1 Bài 1 (2,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính a) 5 12 3 27 2 108 192   b)   2 1 3 4 2 3 3 3    2) Giải phương trình 1 4 12 9 27 4 3 3 x x x      Bài 2 (2,0 điểm) Với 0; 9x x  cho các biểu[.]

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): 1) Thực phép tính:  a) 12  27  108  192 2) Giải phương trình: x  12   b)     3 x  27   x  3 Bài (2,0 điểm): Với x  0; x  cho biểu thức: P  x7 Q  x x 1 x x 3   9 x x 3 x 3 1) Tính giá trị biểu thức P x  2) Chứng minh Q  x x 3 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  P.Q Bài (2,0 điểm): 1) Cho hàm số bậc y   m  3 x  3m  có đồ thị  d  ( m tham số, m  3 ) a) Vẽ đường thẳng  d  m  b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ c) Xác định m để đường thẳng  d  trùng với đường thẳng y  x  2) Hãy tính chiều cao tháp Eiffel mà khơng cần lên tận đỉnh tháp biết góc tạo tia nắng mặt trời với mặt đất 620 bóng tháp mặt đất T A IL IE U O N T H I N E T 172m (làm tròn kết tới chữ số thập phân thứ nhất) https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Bài (3,5 điểm): Cho nửa đường tròn  O  đường kính AB  AB  R  Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By nửa đường trịn Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn ( C khác A B ), qua C kẻ tiếp tuyến nửa đường tròn cắt Ax, By thứ tự M N a) Chứng minh bốn điểm A, M , C, O thuộc đường tròn b) Nối điểm O với điểm M , điểm O với điểm N Chứng minh AM BN  R2 c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn  O  I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp CNB d) Cho AB  6cm Xác định vị trí M N để hình thang AMNB có chu vi 18cm Bài (0,5 điểm): Cho a  1; b  9, c  16 a.b.c  1152 T A IL IE U O N T H I N E T Tìm giá trị lớn biểu thức P  bc a   ca b   ab c  16 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Bài (TH) Phương pháp: 1) Vận dụng đẳng thức  A A  A2  A    A  A  Thực phép tính với bậc hai f  x  có nghĩa  f  x   2) Xác định điều kiện phương trình: Đưa phương trình ban đầu dạng  f  x   f  x   a  a  0    f  x   a Cách giải: 1) Thực phép tính: a) 12  27  108  192  10   12      b)     3       3       3  2) Giải phương trình: x  12  x  27   x  3 Điều kiện: x  x  27   x  3  x3  x3  4 x3 x  12   x3   x3  x  (tmđk) Vậy phương trình có tập nghiệm S  7 Bài (VD) Phương pháp: 1) Kiểm tra x  thỏa mãn điều kiện: x  0; x  hay khơng sau thay vào biểu thức P để tính giá trị  x 3 E  H x 3 T  xác định mẫu thức chung, cụ thể: N x9  A2  B   A  B  A  B  I N 2) Vận dụng đẳng thức T biểu thức P U O Thực phép tính với phân thức để chứng minh biểu thức Q IL A T Áp dụng bất đẳng thức Cô – si để tìm giá trị nhỏ biểu thức A IE 3) Thực phép nhân phân thức với để tính giá trị biểu thức A https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Cách giải: 1) Tính giá trị biểu thức P x  Ta thấy x  thỏa mãn điều kiện: x  0; x  Thay x  vào biểu thức P ta có: P  Vậy với x  ta có P   11 11   3.2 11 2) Chứng minh Q  x x 3 Ta có: Q      x 1 x x 3    9 x x 3 x 3  x  3 x 1 x x 3   x9 x 3 x 3   x  x  3  x  3  x  3 x  3  x 1 x 3 x 3 x 3  x 3  x  x  x   2x  x  x    x 3 3x  x x 3  x 3      x x 3 x 3 Vậy với x  0; x  ta có: Q  x 3   x 3   x x 3 x x 3 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  P.Q Với x  0; x  ta có: A  P.Q  x7 x x7   x x 3 x 3   x 3  16 6 x 3 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số khơng âm ta có:  16 8 x 3   x 3  16 6 x 3 16  x  (tmđk) x 3 T Dấu “=” xảy  x    x 3  I N E Vậy giá trị nhỏ biểu thức A x  T H Bài (VD) O N Phương pháp: IE U 1) a) Thay giá trị m  vào hàm số từ xác định cơng thức đường thẳng  d  T A IL Lập bảng giá trị tương ứng x y , từ vẽ đồ thị hàm số đường thẳng  d  https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group b) Đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ  0;5    d  thay vào công thức đường thẳng  d  tìm giá trị tham số m  d  : y  ax  b c) Vận dụng kiến thức hai đường thẳng trùng nhau: trùng với đường thẳng a  a b  b  d  : y  ax  b   2) Vận dụng định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: 1) Cho hàm số bậc y   m  3 x  3m  có đồ thị  d  ( m tham số, m  3 ) a) Vẽ đường thẳng  d  m  Khi m  ta có hàm số bậc y  3x  Bảng giá trị tương ứng x y : x y  3x  1 1  Đồ thị hàm số y  3x  đường thẳng qua hai điểm  0; 1  ;0  3  b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ I N E T Đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ  3m 1   m  T H Vậy m  để đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ U O N c) Xác định m để đường thẳng  d  trùng với đường thẳng y  x  T A IL IE Đường thẳng  d  trùng với đường thẳng y  x  https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group m   m  1    m  1 (thỏa mãn điều kiện m  3 ) 3m   4 m  1 Vậy m  1 đường thẳng  d  trùng với đường thẳng y  x  2) Hãy tính chiều cao tháp Eiffel mà khơng cần lên tận đỉnh tháp biết góc tạo tia nắng mặt trời với mặt đất 620 bóng tháp mặt đất 172m (làm tròn kết tới chữ số thập phân thứ nhất) Bài tốn mơ tả hình vẽ Chiều cao tháp Eiffel độ dài đoạn BH Tam giác ABH vng H nên ta có BH  AH tan BAH (Hệ thức lượng tam giác vuông)  BH  172.tan 620  323,5m Vậy chiều cao tháp Eiffel 323,5m Bài (VD) Phương pháp: a) Chứng minh ba điểm O, A, M thuộc đường trịn đường kính OM 1 ba điểm O, C, M thuộc đường trịn đường kính OM  2 Từ 1 ,   suy bốn điểm A, M , C, O thuộc đường tròn đường kính OM b) Vân dụng kiến thức tiếp tuyến đường tròn hệ thức lượng tam giác vuông c) Gọi giao điểm CB ON H Chứng minh NH tia phân giác CNB CI tia phân giác NCB Tam giác CNB có hai đường phân giác NH CI cắt I T Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác CNB (đpcm) I N E d) Tính chu vi hình thang AMNB T H Đặt MA  a, NB  b  a  0, b   O N Tính độ dài đoạn thẳng AB, OA, OB, R IE U Thay vào để cơng thức chu vi hình thang AMNB , biện luận T A IL Cách giải: https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group a) Chứng minh bốn điểm A, M , C, O thuộc đường tròn * MA tiếp tuyến nửa đường tròn  O  A (gt)  MA  OA (tính chất tiếp tuyến)  OAM  900  OAM vuông A (định nghĩa)  Ba điểm O, A, M thuộc đường trịn đường kính OM 1 * MC tiếp tuyến nửa đường tròn  O  C (gt)  MC  OC (tính chất tiếp tuyến)  OCM  900  OCM vuông C (định nghĩa)  Ba điểm O, C, M thuộc đường tròn đường kính OM  2 Từ 1 ,   suy bốn điểm A, M , C, O thuộc đường trịn đường kính OM b) Nối điểm O với điểm M , điểm O với điểm N Chứng minh AM BN  R2 MA, MC tiếp tuyến nửa đường tròn  O  A, C (gt)  MA  MC  3 OM tia phân giác AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự có NC  NB   ON tia phân giác BOC Mà AOC BOC hai góc kề bù  OM  ON  OMN vuông O MC tiếp tuyến nửa đường tròn  O  C (gt) E T  MC  OC (tính chất tiếp tuyến)  OC  MN I N  OM đường cao OMN N T H Tam giác OMN vuông O , có OM đường cao  OC  MC.NC  5 IE U O Từ  3 ,   ,   suy OC  AM BN T A IL Mà OC  R suy AM BN  R2 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn  O  I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp CNB Gọi giao điểm CB ON H NC, NB hai tiếp tuyến nửa đường tròn  O  C , B (gt)  NO tia phân giác CNB (tính chất hai tiếp tuyến cắt )  NH tia phân giác CNB Nửa đường trịn  O  có OC  OI (cùng bán kính )  tam giác OCI cân O (định nghĩa)  OCI  OIC (tính chất tam giác cân)   Có OC  MN (cmt)  OCN  900 Mà OCN  OCI  NCI  OCI  NCI  900   Mặt khác NC  NB (chứng minh )  tam giác NCB cân N (định nghĩa) Mà NH tia phân giác CNB (chứng minh trên) Suy NH đường cao ứng với cạnh CB (tính chất tam giác cân)  NH  CB  HIC vuông H  HIC  ICH  900  OIC  ICH  900   Từ   ,   ,    ICH  NCI Mà tia CI nằm hai tia CN CH  CI tia phân giác NCB Tam giác CNB có hai đường phân giác NH CI cắt I Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác CNB (đpcm) d) Cho AB  6cm Xác định vị trí M N để hình thang AMNB có chu vi 18cm Ax, By hai tiếp tuyến nửa đường tròn  O  A B (gt)  Ax  AB By  AB (tính chất tiếp tuyến)  Ax // By (từ vng góc đến song song)  AM // BN Tứ giác AMNB có AM // BN  AMNB hình thang (định nghĩa) Chu vi hình thang AMNB AM  MN  NB  AB  AM  MC  NC  NB  AB  AM  AM  NB  NB  AB  AB   MA  NB  T Đặt MA  a, NB  b  a  0, b      a  b   18  a  b    I N E Nửa đường tròn  O  có AB  6cm  OA  OB  3cm  R  3cm O N T H Mà AM BN  R  AM BN   ab  10  Từ (9) (10)  a  6a     a  3   a  Suy b  IE U T A IL Vậy điểm M nằm tia Ax , điểm M cách điểm A khoảng cm https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Điểm N nằm tia By , điểm N cách điểm B khoảng cm Bài (VDC) Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: a    a 1  a  abc  bc a   bc  2 Chứng minh tương tự vói hạng tử cịn lại, sau cộng vế với vế xác định giá trị lớn P Cách giải: Với a  1; b  9; c  16 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a    a 1  a  abc  bc a   bc  2  b  abc   ca b   ca Chứng minh tương tự ta có:  16  c  16 abc ab c  16  ab   Suy P  bc a   ca b   ab c  16  abc abc abc 19abc 19.1152      912 24 24 Dấu “=” xảy a  2; b  18; c  32 T A IL IE U O N T H I N E T Vậy P đạt giá trị lớn 912 a  2; b  18; c  32 https://TaiLieuOnThi.Net ... nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: 1) Cho hàm số bậc y   m  3 x  3m  có đồ thị  d  ( m tham số, m  3 ) a) Vẽ đường thẳng  d  m  Khi m  ta có hàm số bậc y ... OAM  90 0  OAM vuông A (định nghĩa)  Ba điểm O, A, M thuộc đường trịn đường kính OM 1 * MC tiếp tuyến nửa đường tròn  O  C (gt)  MC  OC (tính chất tiếp tuyến)  OCM  90 0  OCM vuông...   ca b   ab c  16  abc abc abc 19abc 19. 1152      91 2 24 24 Dấu “=” xảy a  2; b  18; c  32 T A IL IE U O N T H I N E T Vậy P đạt giá trị lớn 91 2 a  2; b  18; c  32 https://TaiLieuOnThi.Net