Đề kiểm tra Toán 9, HK1, tỉnh Thái Bình (10 11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010-2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I Trắc nghiệm khách quan (2,5 điểm) Chọn câu trả lời ghi kết vào làm Câu Số nghịch đảo số 2 − là: A 2+3 B 2+3 C − − 2 D 3− 2 × 3a ( a − b) có kết rút gọn là: a− b A 3a B – a C – 3a D a Câu Đường thẳng y = 2x - không thể: A Đi qua điểm K(2 ; 1) B Song song với đường thẳng y = 2x C Trùng với đường thẳng y = 2x - D Cắt đường thẳng y = 2x + 2010 Câu Nếu 0o < x < 90o, sin x = cosx bằng: 13 13 4− 13 A B C D 16 4 Câu Cho đường tròn (O ; 2cm), dây AB = cm Khoảng cách từ O đến dây AB bằng: 3 A cm B cm C cm D cm Phần II Tự luận (7,5 điểm) Câu Với < a < b, biểu thức Bài (2,5 điểm) Cho biểu thức Q = x x−1 + x+2 − x−2 Rút gọn Q Tính giá trị Q x = − Q =0 3.Tìm x biết − x+ Bài (1,5 điểm) Cho đường thẳng (d): y = x + 3a + (với a tham số) Tìm a để đường thẳng (d) qua điểm A(2 ; 10) Tìm a để đường thẳng (d) cắt đường thẳng (Δ): y = – 2x điểm B(x ; y) thoả mãn x2 + y2 = 40 Bài (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh Vẽ phần tư đường tròn tâm A bán kính nằm hình vuông, lấy điểm K khác B D Tiếp tuyến K với đường tròn cắt cạnh BC E, cắt cạnh CD F · Chứng minh rằng: EAF = 450 Gọi P giao điểm AE BK, Q giao điểm AF DK a) Chứng minh PQ // BD b) Tính độ dài đoạn PQ Chứng minh rằng: 2 − ≤ EF < Bài (0,5 điểm) Cho x ≥ –1, y ≥ thoả mãn x + + y − = 2(x − y) + 10x − 6y + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y2 – 5(x + y) + 2020 HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I Trắc nghiệm khách quan (2,5 điểm) Câu Số nghịch đảo số 2 − : 2+3 2+3 = = = −3 − 2 −1 2 − (2 − 3)(2 + 3) Đáp án : C Câu Với < a < b, : 1 × 3a (a − b) = ×|a(a - b)| × = ×− [ a(a - b)] × = − a a− b a−b a−b Đáp án : B Câu Đáp án : D Câu Vì 0o < x < 90o nên cosx > Ta có: sin2x + cos2x = ⇒ cos2x = - sin2x  3 13 ⇒ cos x = − sin x = −  = 1− = ÷  ÷ 16   Đáp án : B Câu (Hình 1) Kẻ OH ⊥ AB OH khoảng cách từ O đến AB AB = = (cm) Theo tính chất đường kính dây cung, ta có HA = 2 2 Áp dụng định lí Pitago cho ∠OHA : OH = OA – HA = 2 − 12 = ⇒ OH = (cm) Đáp án : A Phần II Tự luận (7,5 điểm) Bài 1 a) ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ b) Rút gọn Q : Q= x + − ( x − 1) ( x + 1) 2( x + 1) 2( x − 1) 10 x + 3( x − 1) − 5( x + 1) 10 x + x − − x − = = 2( x − 1) ( x + 1) 2( x − 1) ( x + 1) x−8 8( x − 1) = = = 2( x − 1) ( x + 1) 2( x − 1) ( x + 1) x +1 Vậy với x ≥ 0, x ≠ Q = x +1 Ta thấy x = − = (2 − 1) thoả mãn ĐKXĐ x = (2 − 1) = |2 - 1|= 2 - (vì 2 - > ) 4 = = = Khi : Q = x + 2 − 1+ 2 Vậy với x = − Q = Suy Q − = (1) − = hay x+ x +1 x+ *) ĐK : x ≥ 0, x ≠1 *) Khi (1) ⇒ 2(x + 2) − 3( x + 1) = ⇔ 2x − x + = 2 x − =  x = 1 ⇔ (2 x − 1)( x − 1) = ⇔  ⇔ ⇔ x = (v× x ≥ 0;x ≠ 1)  x − =  x = 1 Vậy giá trị cần tìm x = Bài (1,5 điểm) Xét Đường thẳng (d) qua điểm A(2 ; 10) nên x = 2, y = 10 nghiệm (d) Ta có : + 3a + = 10 ⇔ 3a = ⇔ a = Vậy a = (d) qua A(2 ; 10) Tọa độ giao điểm (d) (∆) nghiệm hệ: y = x + 3a + x + 3a + = − 2x x = − (a + 1) ⇔ ⇔  y = − 2x y = − 2x y = + 2(a + 1) = 2a + Vì x2 + y2 = 40 nên : (a + 1)2 + (2a + 4)2 = 40 ⇔ 5a2 + 18a - 23 = ⇔ (a - 1)(5a + 23) = ⇔ a ∈ {1 ; − Vậy a ∈ {1 ; − 23 } 23 } (d) cắt (∆) B(x; y) thỏa mãn x2 + y2 = 40 Bài (3,0 điểm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : · - AE đường phân giác BAK : 1· · = BAK ⇒ EAK (1) · - AF đường phân giác DAK : 1· · = DAK ⇒ FAK (2) Từ (1) (2) suy : · 1· · · · EAK + FAK = BAK + DAK = BAD = 450 2 · · · Vậy EAF = EAK + FAK = 450 ( ) a) Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : - AE đường trung trực BK ⇒ P trung điểm BK (3) - AF đường trung trực DK ⇒ Q đường trung trực DK (4) Từ (3) (4) suy PQ đường trung bình ∆BKD Do PQ // BD b) ABCD hình vuông có cạnh nên AB = AD = BC = CD = Xét ∆ABD vuông A nên BD2 = AB2 + AD2 = + = ⇒ BD = BD Vì PQ đường trung bình ∆BKD nên PQ = = 2 Cách *) Chứng minh EF < Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : EK = EB FK = FD nên EF = EK + FK = EB + FD Mặt khác : EF < EC + FC (Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho ∆ECF) Suy : 2EF < EB + EC + FD + FC hay 2EF < BD + CD = (vì BD = CD = 1) Do EF < *) Chứng minh EF ≥ 2 − Ta có : (CE – CF)2 ≥ ⇔ CE2 + CF2 ≥ 2CE.CF ⇔ 2(CE2 + CF2) ≥ CE2 + CF2 + 2CE.CF ⇔ 2(CE2 + CF2) ≥ (CE + CF)2 ⇔ 2EF2 ≥ (CE + CF)2 (vì ∆CEF vuông C nên CE2 + CF2 = EF2) ⇔ 2.EF ≥ CE + CF ⇔ 2.EF + EF ≥ CE + CF + EB + FD = 2( − 1) = 2 − ⇔ ( + 1)EF ≥ BC + CD = ⇔ EF ≥ +1 AK.EF EF = Cách Ta có : SAEF = (vì AK = AB = 1) 2 Mặt khác, SAEF = SAKE + SAKF = SABE + SADF (do ∆AKE = ∆ABE, ∆AKF = ∆ADF) ⇒ 2SAEF = SAKE + SAKF + SABE + SADF = SABCD − SCEF CE.CF CE.CF CE.CF ) ⇒ EF < (do > 0) Hay EF = − (do SABCD = , SCEF = 2 Hơn : 2EF = – CE.CF = – (1 – BE)(1 – DF) = + BE + DF – BE.DF ⇔ 2EF = + EF – BE.DF ⇔ BE.CF = – EF Vì (BE – CF)2 ≥ ⇔ (BE + CF)2 ≥ 4BE.CF ⇔ EF2 ≥ 4BE.CF ⇔ EF2 ≥ 4BE.CF ⇔ EF2 ≥ 4(1 − EF) ⇔ (EF + 2)2 ≥ ⇔ EF + ≥ 2 ⇔ EF ≥ 2 − Tóm lại : 2 − ≤ EF < Bài (0,5 điểm) Với x ≥ -1, y ≥ 1, ta có : 2(x – y)2 + 10x – 6y + = [2(x – y)2 + 8(x – y) + 8] + 2(x + y) = 2(x – y + 2)2 + 2(x + y) ≥ Xét hiệu: (a2 + b2)(c2 + d2) – (ac + bd)2 = a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 – a2c2 – 2acbd – b2d2 = a2d2 + b2c2 – 2acbd = (ad – bc)2 ≥ ⇒ (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2)(c2 + d2) ⇒ ac + bd ≤ (a + b )(c + d ) (dấu xảy ⇔ ad = bc) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có : x + + y − ≤ (12 + 12 )[( x + 1) + ( y − 1) ] hay ⇒ x + + y − ≤ 2(x + y) 2(x − y) + 10x − 6y + ≤ 2(x + y) ⇔ 2(x – y)2 + 10x – 6y + ≤ 2(x + y) ⇔ 2(x – y)2 + 8(x – y) + ≤ ⇔ 2(x – y + 2)2 ≤ 1 x + = y − x + = y − Điều chỉ xảy ⇔  ⇔ ⇒ y = x +  x − y + = x − y + = Từ : P = x4 + (x + 2)2 – 5(2x + 2) + 2020 = x4 + x2 – 6x + 2014 = (x2 – 1)2 + 3(x – 1)2 + 2010 ≥ 2010 (vì (x2 – 1)2 ≥ 0, 3(x – 1)2 ≥ 0) x − = ⇔ x = Với x = y = (thoả mãn x ≥ -1, y ≥ 1) Dấu xảy ⇔  x − =  Vậy giá trị nhỏ P = 2010 ⇔ x = 1, y =  ... (4) suy PQ đường trung bình ∆BKD Do PQ // BD b) ABCD hình vuông có cạnh nên AB = AD = BC = CD = Xét ∆ABD vuông A nên BD2 = AB2 + AD2 = + = ⇒ BD = BD Vì PQ đường trung bình ∆BKD nên PQ = = 2