Các đề ôn thi hk1 đáp án

ĐÁP ÁN CÁC ĐỀ ÔN TẬP HỌC KỲ ĐỀ A Chọn câu sai: Nội dung Đúng Nếu hai đại lượng tỉ lệ nghịch với tích hai giá trị tương ứng chúng ln khơng đổi hệ số tỷ lệ X Nếu hai cạnh góc tam giác hai cạnh góc tam giác hai tam giác B C Câu hỏi trắc nghiệm: B C B C A Các toán Bài Thực phép tính:  5   61   101      a) 15 :     25          7  5  5  5    61 101          5    40         10 14    b) Bài 1    15  15  8   0,125 23   5.3   c) 1 9  0,5 100   0,5.10    2 d) x y z ; ;    2 Tìm x , biết: 31 a) x :  33 Sai X 64 x :  33 x  64 33 x  11 Vậy x  8 11 b) 0,573  x 2 x 2  0,573 x 1, 427 x  1, 427 x 1, 427 Vậy x    1, 427;1, 427 c) 27 3,  x 2 27     x.3, 3, x  54 x   54  : 3, x   54  : x   54  18 5 18 x  15 Vậy x  15 Bài a) Xét hàm số y  x Chọn x 0  y 0 x 1  y 1 Đồ thị hàm số y  x đường thẳng qua gốc tọa độ O  0;0  điểm A  1;1  Xét hàm số y  x Chọn x 0  y 0 x 1  y  Đồ thị hàm số y  x đường thẳng qua gốc tọa độ O  0;0  điểm B  1;  3 Đồ thị hai hàm số y  x y  x là: b) Điểm A  2; m  thuộc đồ thị hàm số y  x nên ta có: m  3.2   A  2;   Mà   A  2;   không thuộc đồ thị y  x Bài a) Xét tam giác OCB tam giác OAD ta có:  OB OD (gt)  OC OA (gt)   COB  AOD  OCB OAD (c.g.c)  CB  AD (đpcm) b)     Do OCB OAD  OBC OCB (2 góc tương ứng) Ta có: ODA OAD   OCB OAD        OCB  BCD 180  BCD DAB  ECD EAB   OAD  DAB 180  Ta có: OC  CD OD OA  AB OB   CD  AB  OC  OA  OD OB  Xét tam giác EAB tam giác ECD ta có:    (cmt) OBC ODA  CD  AB (cmt)    (cmt) ECD EAB  EAB ECD (g.c.g) (đpcm) c) Ta có: EA EC (do EAB ECD )  Xét tam giác OEC tam giác OEA ta có:  EA EC  OE chung  OC OA (gt)  OEC OEA (c.c.c)     OE tia phân giác góc xOy  COE EOA d) Xét tam giác OCA ta có: OC OA (gt)  OCA cân O 180  AOC   OCA  (1) Tương tự: xét tam giác ODB ta có: OD OB (gt)  ODB cân O 180  AOC   ODB  (2)   Từ (1) (2) suy ra: OCA , mà góc vị trí đồng vị  AC  BD (theo dấu hiệu nhận ODB biết đường thẳng song song) (đpcm) e) + Xét BOM DON ta có:    BMO DNO 90   D chung BO  OB OD (gt)  BMO DNO (cạnh huyền – góc nhọn)  OM ON (2 cạnh tương ứng)  Xét tam giác OMI tam giác ONI ta có:  OI chung    ONI OMI 90 (gt)  OM ON (cmt)  ONI OMI (cạnh huyền – cạnh góc vng)   (2 góc tương ứng)  MOI  NOI   OI đường phân giác góc MON  Mà OE đường phân giác góc MON  O , E , I thẳng hàng (đpcm) + Xét tam giác OMN có OM ON  tam giác OMN cân O  180  MON   OMN  (3)   Từ (1) (3) ta có: OMN , mà góc vị trí đồng vị OCA  AC  MN (dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song) (đpcm) ĐỀ A D I TRẮC NGHIỆM  15   15 :    D 18 18  2    :       7 x     55  C Vì x 15 nên x 152 225  D 2   x 2 3,8 x Do : 3,8 : x nên 3,8 38  x  2  D 15 15 Vì đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x , nên: y kx Với x  5; y 1 ta có  5k  k  Với x 1 y kx  1 1   B 5 Xét y  f  x  3x  Tại x  f   1 3   1  4  A b c a  650 Ta có: ABC , A 900 , B Theo định lí tổng ba góc tam giác  1800  ( B   A) C  1800  (650  900 ) 250 C   (góc ngồi tam giác) Mà ADE DEC C ADE 900  250 1150 A 10 D II TỰ LUẬN Bài  1   43   a) H    3,5  :        245    1 B 65° E C  1   43      3,5  :        245      7    25 22   43     :      245     14  21  25.7  22.6  43  :  42   245 35 42 43    43 245 1 5  1 b) K     : 1   81    5 1   : 1 9 1 41   1  45 Bài 2 4 a) y   5 7  28  15 y 35  43 y 35  43 y 35  43 y b)   2y   25 Với  y 5  y 5   y 2 y  Với  y   y    y  y 4 Bài x y  hay 3x 2 y  x  y 3 y z  hay y 5 z  z  y 5 Mà x  y  z  49  y  y  y  49 4 2      y  49 5 3  y  49  y  105 15 Do x    105   70 y    105   84 a) Ta có b) Ta có: 4y  y     y  1 7  y  3  20 y  7 y  21  20 y  y  21    16 y  16  16  y 13 x y    x   4  y    x  10 4 y  12   16   x  10 4    12  13   18  x 13 Bài F A D I B E C a) Vì I trung điểm AC , nên AI IC  Mà AC cắt BD I , nên: AIB CID (đối đỉnh) Xét AIB CID , ta có AI CI AIB CIB  AB CD (GT )  AIB CID (c g  c) b) Xét AID CIB , ta có: AI IC (CM a) AID CIB  (Đối đỉnh) BI ID (GT )  AID CIB (c  g  c)   Do AIB CID , nên: BAI DCI (2.g.t u)   Mà BAI DCI vị trí so le Suy AB CD c) Do AB CD (CMb)  Để AC  CD AC  AB hay BAC 900  Vậy để AC  CD ABC cần có thêm điều kiện BAC 900 d) Vì AD CB (CMb) F , E trung điểm AD, BC  AF FD FD BE  AE EC BE EC Xét IBE IDF , ta có: BI ID (GT)   IBE IDF ( AID  CIB) BE DF  IBE IDF  FI IE (c g  c) (2.c.g t.u ) e)  Xét ABC CDA , ta có AB CD (GT )   (Vì AB CD ) BAC DCA BC cạnh chung  BAC DCA (c  g  c )    BCA DAC (2.g t u)   Mà BCA DAC vị trí so le  AD  BC Mà EF cắt AD, BC tạ hai điểm F , E   Do đó: DFE (SLT) BEF  Xét DEF BFE , ta có: FD BE (CM d)   DFE BEF EF cạnh chung  DEF BFE (c g  c)  FB DE (2.c.c.t.u )    FDC EBF (2.c.g.t u) Xét AED CFB , ta có FB BE   FDE EBF AD BC  AED CFB (c  g  c )