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

17 đề thi học kì, KSCL, kiểm tra 1 tiết, 15 phút môn Toán lớp 9 có giải chi tiết (2019 Edition) 17 đề thi học kì, KSCL, kiểm tra 1 tiết, 15 phút môn Toán lớp 9 có giải chi tiết (2019 Edition) 17 đề thi học kì, KSCL, kiểm tra 1 tiết, 15 phút môn Toán lớp 9 có giải chi tiết (2019 Edition) 17 đề thi học kì, KSCL, kiểm tra 1 tiết, 15 phút môn Toán lớp 9 có giải chi tiết (2019 Edition) 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 MƠN TỐN LỚP QUẬN LONG BIÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Câu (VD) (1,5 điểm): Thực phép tính a) 50  32  162  98   11  b) c) 10 18    3 2  x x 3x    x   Câu (VD) (2,0 điểm): Cho biểu thức P      1 , với x   :  x  x  x  x      x  a) Rút gọn P b) Tìm x để P đạt giá trị nhỏ Câu (VD) (1,5 điểm): Cho hàm số y  0,5x có đồ thị  d1  hàm số y   x  có đồ thị d2  a) Vẽ  d1   d  mặt phẳng tọa độ Oxy b) Xác định hệ số a, b đường thẳng  d  : y  ax  b Biết  d  song song với  d1   d3  cắt  d  điểm có hồnh độ Câu (VD) (4,5 điểm): Một cột đèn cao 7m có bóng mặt đất 4m Cùng thời điểm đó, tòa nhà cao tầng có bóng mặt đất 60m Hãy cho biết tòa nhà cao tầng, biết tầng cao 3m (Hình vẽ minh họa) Cho ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  có BC đường kính, vẽ đường cao AH ABC  H  BC  a) Biết AB  6cm, AC  8cm Tính độ dài AH HB b) Tiếp tuyến A  O  cắt tiếp tuyến B C M N Chứng minh MN  MB  NC MON  900 Trang c) Trên cạnh AC lấy điểm E cho AB  AE , gọi I trung điểm BE Chứng minh điểm M, I, O thẳng hàng d) Chứng minh HI tia phân giác AHC Câu (VDC) (0,5 điểm): Xe lăn cho người khuyết tật Với phát triển khoa học kỹ thuật nay, người ta tạo nhiều mẫu xe lăn đẹp tiện dụng cho người khuyết tật Công ty A sản xuất xe lăn cho người khuyết tật với số vốn ban đầu 500 triệu đồng (dùng để mua nguyên vật liệu thiết bị sản xuất) Chi phí để sản xuất xe lăn 2,5 triệu đồng Giá bán thị trường triệu đồng a) Em viết hàm số biểu diễn tổng số tiền đầu tư đến sản xuất x xe lăn (gồm vốn ban đầu chi phí sản xuất) hàm số biểu diễn số tiền thu bán x xe lăn b) Công ty A phải bán xe lăn với giá thu hồi đủ số tiền vốn đầu tư ban đầu? (Gồm vốn ban đầu chi phí sản xuất) LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp: a) Rút gọn thức b) Sử dụng công thức: A A  A2  A   A A  c) Trục thức mẫu, rút gọn Cách giải: a) 50  32  162  98  10  12   35  24 b)   11     1   2   1   1   1 c)    3  10 18    2 5  95 3 2 2     3 3   6 3  Câu 2: Trang  2 Phương pháp: a) Quy đồng, rút gọn P x từ tìm giá trị nhỏ P b) Từ điều kiện x suy điều kiện Cách giải:  x x 3x    x   x a) P      1  : x  x    x   x 3   2x  x  x  x  3x   x 3 b) Ta có:  x 3  x 1  x 3 : x  0 x 3 3 Dấu “=” xảy 3   x 3 1   x 3      x  3 : 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 x   x  (tmđk) Vậy Pmin  1  x  Câu 3: Phương pháp: a) Lập bảng giá trị vẽ đồ thị hàm số b) Tìm điểm A  4; y  giao điểm  d   d  ,  d  / /  d1  suy a dạng  d  , thay tọa độ điểm A vào để suy b Cách giải: a) x y  0,5x   d1  đường thẳng qua gốc tọa độ điểm  2;1 x y  x  3   d  đường thẳng qua điểm  0;3  3;0   a  b)  d  / /  d1      d3  : y   b b  Gọi A  4; y  giao điểm  d   d  A  4; y    d  y  4   1  A  4; 1 Trang A  4; 1   d   1   b  1   b  b  3 (tmđk b  ) Vậy  d  : y  x 3 Câu 4: Phương pháp: Dựa vào hệ thức lượng giác tan để tìm chiều cao tòa nhà, từ suy số tầng a) Áp dụng định lý Py-ta-go hệ thức lượng tam giác vuông để tính b) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt để chứng minh c) Chứng minh M, I, O thuộc đường trung trực AB d) Dựa vào tính chất hình chữ nhật, chứng minh cặp tam giác tương ứng để chứng minh yêu cầu toán Cách giải: Gọi h chiều cao tòa nhà cần tìm, góc tia nắng mặt trời tạo với mặt đáy lúc Khi ta có: tan   h   h  105  m  60 Vậy tòa nhà có 105 :  35 (tầng) ABC nội tiếp đường tròn  O  có BC đường kính  BAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABC vuông A Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABC vuông A ta được: BC  AB2  AC2  62  82  100  10  cm  Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABC vuông A, đường cao AH ta được: AB2  HB.BC  HB  AB2 62   3,  cm  BC 10 Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABH vuông H ta được: AH  AB2  AC2  62  3, 62  23, 04  4,8  cm  b) Ta có MA, MB hai tiếp tuyến  O  cắt M  MA  MB OM phân giác AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Ta có NA, NC hai tiếp tuyến  O  cắt N Trang  NA  NC ON phân giác AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà MN  MA  NA  A  MN  nên MN  MB  NC (đpcm) OM, ON phân giác AOB AOC (cmt) Mà AOB AOC góc kề bù nên MON  900 c) Có I trung điểm BE  trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác ABE vuông A  IA  IB  IE  BE (tính chất đường trung tuyến tam giác vng) Ta có MA  MB  cmt   M thuộc đường trung trực AB (1) OA  OB   R   O thuộc đường trung trực AB (2) IA  IB  cmt   I thuộc đường trung trực AB (3) Từ (1), (2), (3)  điểm M, I, O thẳng hàng d) Từ E kẻ EP  BC P EQ  AH Q  HPEQ hình chữ nhật  QE  HP Ta có ABC  ACB  900 ( ABC vuông A) HAC  ACB  900 ( AHC vuông H)  ABC  HAC hay AHB  QAE Xét BHA AQE có: BHA  AQE   900  ; ABH  QAE  cmt  ; AB  AE  gt   BHA  AQE  ch  gn   AH  QE  HP Ta có BPE vuông P, I trung điểm BE  PI  BE (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Mà AI  BE  cmt   AI  PI Xét AHI PHI có: HI chung; AI  PI  cmt  ; AH  HP  cmt   AHI  PHI  c  c  c   AHI  PHI (2 góc tương ứng)  HI tia phân giác AHC (đpcm) Câu 5: Phương pháp: b) Giải hệ hai phương trình lập câu a để trả lời câu hỏi Trang Cách giải: Đơn vị tính triệu đồng Hàm số biểu diễn tổng số tiền đầu tư đến sản xuất x xe lăn là: y  2,5x  500 1 Hàm số biểu diễn số tiền thu bán x xe lăn là: y  3x  2 b) Gọi x  x  N * số xe lăn bán đủ để thu lại vốn Để thu số vốn ban đầu số tiền vốn ban đầu phải số tiền thu  2,5x  500  3x  x  1000  tm   y  3.1000  3000 Vậy bán 1000 thu hồi đủ vốn đầu tư ban đầu tỉ đồng Trang UBND QUẬN HOÀNG MAI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN TỐN LỚP PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Câu (2,5 điểm): Cho hai biểu thức A  x 2 x 9 B  x 3 x 3 x x 9 với   x 3 x 3 x 9 x  0, x  1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  3) So sánh x x 3 A B Câu (2,5 điểm): Cho hàm số y   m  1 x  m (với m  1 có đồ thị đường thẳng  d  ) 1) Tìm giá trị m để đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng  d  với giá trị m tìm câu 3) Tìm giá trị m để đường thẳng  d  cắt đường thẳng y  3x  điểm nằm trục hoành Câu (1,0 điểm):   x   y   Giải hệ phương trình:   1 x  y  1    Câu (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  và điểm H cố định nằm ngồi đường tròn Qua H kẻ đường thẳng d vng góc với đoạn thẳng OH Từ điểm S đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường tròn  O; R  A, B tiếp điểm) Gọi M,N giao điểm đoạn thẳng SO với đoạn thẳng AB với đường tròn  O; R  Trang 1) Chứng minh bốn điếm S, A, O, B nằm đường tròn 2) Chứng minh OM.OS  R 3) Chứng minh N tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAB 4) Khi điểm S di chuyển đường thẳng d điểm M di chuyển đường nào? Tại sao? Câu (0,5 điểm): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh P  5y3  x 5z3  y3 5x  z3   1 yx  3y zy  3z xz  3x LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp: 1) Thay x  vào A Phân tích tử thức thành nhân tử rút gọn 2) Rút gọn B để điều phải chứng minh A dùng bất đẳng thức Cô-si để so sánh với B 3) Biến đổi Cách giải: 1) Khi x  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    5 3 3 3 9   5  3 3 3   x 3 x 3    x x 3    x  3   x   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    x 2 B x 3 x x x 3) Áp dụng x  bất  x đẳng x thức Cô-si cho hai số không âm x x ta có:  2.3  x A    x  2  62  B  x Dấu “=” xảy  x  Vậy  x   tm  x A 4 B Câu 2: Phương pháp: 1)  d  cắt trục tung điểm có tung độ 1, điểm điểm  0;1 Thay tọa độ vào hàm số để tìm m 3)  d  cắt đường thẳng y  3x  điểm nằm trục hồnh, tìm điểm thay tọa độ vào hàm số để tìm m Cách giải: Để đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ  Điểm A  0;1 thuộc  d     m  1  m  m  Vậy với m  đường thẳng  d  cắt trục tung điểm có tung độ 2) Với m   d  : y  2x  Ta có: Trang x y  2x  1 Đồ thị hàm số  d  : y  2x  đường thẳng qua hai điểm  0;1 1;3 Gọi đường thẳng  d  cắt đường thẳng y  3x  điểm B nằm trục hoành    B giao điểm đường thẳng y  3x  với trục hoành  B   ;0     2 Vì B thuộc  d     m  1     m  m    m  3  3 Vậy với m  thỏa mãn yêu cầu đề Câu 3: Phương pháp: Sử dụng phương pháp Cách giải:      x   y  x    y      1 x  y  1  1 x  y  1        1 y  1    1 y  y  x      1      x    y   1  1 1     1 y  y  1   x    y x    y   y  y  Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y   1;0  Câu 4: Phương pháp: 1) Chứng minh cho A, B thuộc đường tròn đường kính OS 2) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông để chứng minh 3) Chứng minh NBS  NBM dựa vào góc vng từ suy điều phải chứng minh Trang b) Cho P  A.B , chứng minh P  B   x x  x  x  25 x   x 2 x 5  x 5 x 5   x 5 x 5 x 3 x x 5  x 5 Xét P  A.B  Vậy P  x    x 5    x 5 x   x 5  x2 x x 5  x 5  x2 x x 5  x 5   x 5 x x   x 5 x 2   x 5   x 2 x 5 x 2 x 5 c) So sánh P P Xét hiệu P  P  P 1  P   x   0x  Nhận thấy:   x    x   Xét  P   Vì x 2  x 5 x   x   x 5  x 2  0x   P  0x  (1) x 5 x 2 x 5  x 5  x    P  x  (2) x 5 Từ (1) (2)  P 1  P   x   P  P  x   P  P x  Vậy P  P với x thỏa mãn ĐKXĐ Câu 2: Phương pháp: a) Thay m  1 vào hàm số, ta hàm số bậc nhất, đồ thị hàm số bậc đường thẳng, ta xác định hai điểm thuộc đồ thị hàm số, kẻ đường thẳng qua hai điểm ta đồ thị hàm số cần vẽ b) Xác định giao điểm đồ thị hàm số  d ' : y  x  với trục tung Vì theo đề  d  : y   m   x  2m   d ' : y  x  cắt điểm trục tung nên giao điểm  d ' : y  3x  với trục tung nằm  d  : y   m   x  2m  Thay tọa độ giao điểm vừa tìm vào đường thẳng  d  : y   m   x  2m  để tìm m Cách làm: Cho hàm số y   m   x  2m  (m tham số) a) Vẽ đồ thị hàm số m  1 Với m  1 ta có hàm số có dạng: y  x  Chọn x   y   A  0;3 thuộc đồ thị hàm số Chọn y   x    x  3  B  3;0  thuộc đồ thị hàm số Từ ta có đồ thị hàm số: b) Tìm m để hai đường thẳng  d  : y   m   x  2m   d ' : y  x  cắt điểm trục tung Phương trình trục tung có dạng x  Thay x  vào hàm số  d ' : y  x  ta có y  Suy A  0;3 giao điểm  d ' : y  x  trục tung Vì hai đường thẳng  d  : y   m   x  2m   d ' : y  x  cắt điểm trục tung nên điểm A  0;3 thuộc đường thẳng  d  : y   m   x  2m     m    2m   m   m  1 Với m   y  x    d  trùng với  d ' : y  x  (loại hai đường thẳng trùng khơng thể cắt điểm) Với m  1  y  x  (thỏa mãn) Vậy m  1 giá trị cần tìm Câu 3: Cho đường tròn  O  đường kính AB điểm C thuộc đường tròn  O  (C khác A B) cho AC  BC Qua O vẽ đường thẳng vng góc với dây cung AC H Tiếp tuyến A đường tròn  O  cắt OH D Đoạn thẳng DB cắt đường tròn  O  E Phương pháp: a) Chứng minh tam giác AOC cân O, từ chứng minh OH đường cao đồng thời trung trực cạnh AC Chứng minh hai tam giác để có DCO  90 b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng c) Vẽ thêm hình, dựa vào tính chất trung trực định lí Ta-lét để chứng minh KM  KF , từ suy MK  MF Cách làm: a) Chứng minh HA  HC , DCO  90 Xét tam giác AOC có: AO  CO (do bán kính), suy tam giác AOC cân O Mà có OH đường cao ứng với đỉnh O nên OH đồng thời trung trực AC Suy HA  HC (đpcm) Xét tam giác AOC cân O có OH đường cao, suy OH đồng thời đường phân giác  AOH  COH Xét tam giác DOC tam giác DOA có: +) Chung cạnh OD +) AO  CO (do bán kính) +) AOH  COH  DOC  DOA  DCO  DAO  90 (do AD tiếp tuyến nên DAO  90 ) b) Chứng minh DH DO  DE.DB Xét tam giác vuông ADO vuông A có AH đường cao  AD  DH DO (hệ thức lượng tam giác vuông) (1) Xét tam giác vng DAB vng A có AE đường cao (AE vng góc với BD AEB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AD  DE.DB (hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2) suy DH DO  DE.DB   AD  (đpcm) c) Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho E trung điểm cạnh AF Từ F vẽ đường thẳng vng góc với đường thẳng AD K Đoạn thẳng FK cắt đường thẳng BC M Chứng minh MK  MF Kéo dài BM cắt AD G, GF cắt AB L Xét tam giác ABG có: DO / / BG   AC  OA  OB   R   AD  DG (tính chất đường trung bình) Xét tam giác GFA có: +) D trung điểm AG (do AD  DG ) +) E trung điểm AF (giả thiết)  DE song song với GF (tính chất đường trung bình) Xét tam giác GAL có: +) D trung điểm AG (do AD  DG ) +) DB song song với GL (do DE song song với GF) Suy B trung điểm AL (tính chất đường trung bình), suy AB  AL Xét tam giác GKM có KM song song với AB (do vng góc với AG)  KM KG  (định lí Ta-lét) AB AG (3) Xét tam giác GAL có KF song song với AL (do vng góc với AG)  KF GK (định lí Ta-lét)  AL AG Từ (3) (4)   KM  (4) KM KF  Mà có AB  AL (cmt) AB AL 1 KF  MF  KF  KM  KF  KF  KF  KF  KM (đpcm) 2 Câu 4: Phương pháp: Nhận thấy điểm rơi bất đẳng thức x  y  áp dụng bất đẳng thức Cosi dấu xảy x  y  dụng bất đẳng thức phụ sau: , ta tách hệ số cho sau Phần dư lại sau tách ta áp 1   x y x y Cách làm: Cho số dương x, y thỏa mãn x  y  S  x y 3  4x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức    11  1   Ta có: S   x     y      9x   y  36  x y   Áp dụng bất đẳng thức Co-si có: +) x  4 4  x 2  9x 9x +) y  4 4  y 2  9y 9y Chứng minh bất đẳng thức phụ: 1 x y 2       x  y   xy   x  y   (luôn đúng) x y x y xy x y Áp dụng bất đẳng thức phụ có: Mà có x  y  11  1  11    36  x y  36 x  y 11  1  11 11 11        36  x y  36 x  y 36 12    11  1  4 11 43   S  x  y        9x   y  36  x y  3 12 12   x  9x  y   9y  x  y  Dấu “=” xảy    x  y    x  y Vậy giá trị nhỏ biểu thức 43 x  y  12 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2017 - 2018 Ngày thi: 15/12/2017 Thời gian làm bài: 90 phút Câu (2 điểm):  a) Rút gọn biểu thức A  32   12   3 b) Tính giá trị biểu thức: B  cos 52 sin 45  sin 52.cos 45 Câu (2 điểm): a) Cho biểu thức: M  với x  0, x  Tìm x để M  x 2 b) Rút gọn biểu thức: P   x  :    với x  0, x  x 2  x4 x   c) Tìm giá trị lớn biểu thức P Câu (2 điểm): Cho hàm số bậc y   2m  1 x  có đồ thị đường thẳng  d  a) Vẽ đồ thị hàm số m  b) Tìm m để đường thẳng  d  hai đường thẳng y  x  y  x  đồng quy? c) Gọi hai điểm A B giao điểm  d  với hai trục Ox, Oy Tìm m để diện tích tam giác OAB (đvdt)? Câu (3,5 điểm): Cho nửa đường tròn  O; R  đường kính AB, vẽ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn Trên tia Ax lấy điểm E ( E  A, AE  R ); nửa đường tròn lấy điểm M cho EM  EA , đường thẳng EM cắt tia By F a) Chứng minh EF tiếp tuyến đường tròn  O  b) Chứng minh tam giác EOF tam giác vuông c) Chứng minh AM OE  BM OF  AB.EF d) Tìm vị trí điểm E tia Ax cho S AMB  Câu (0,5 điểm): S EOF Giải phương trình: 3x   x   x  x  LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp +) Sử dụng công thức:  A A  A2  A    A A  sin   cos  90    +) Áp dụng công thức:  2 sin   cos   Cách giải: a) Rút gọn biểu thức A  A   32   12    3 32   12   3 2   22.3  3     (do 2  0)  1 b) Tính giá trị biểu thức: B  cos 52 sin 45  sin 52.cos 45 B  cos 52 sin 45  sin 52.cos 45  cos 52 sin 45  sin 52.sin 45  sin 45  cos 52  sin 52   sin 45  2 Câu 2: Phương pháp: a) Giải phương trình M  để tìm ẩn x đối chiếu với điều kiện x để kết luận b) Quy đồng mẫu phân thức sau rút gọn biểu thức c) Lấy kết biểu thức P rút gọn câu tìm giá trị lớn biểu thức cách đánh giá Cách giải: a) Cho biểu thức: M  với x  0, x  Tìm x để M  x 2   x    x   x  (tm) x 2 Ta có: M   Vậy x  M   x  :    với x  0, x  x 2  x4 x   b) Rút gọn biểu thức: P  P  x  :     x  0, x   x 2  x4 x     : x 2    : x 2  x 2  x 2 x 1  x x 2  x 2 x  x 2  x 2  x 2   x 2  x 2      x 2    x 1 c) Tìm giá trị lớn biểu thức P Điều kiện: x  0, x  Ta có: P  x 2  x 1 x 11  1 x 1 x 1 Với x   x   x    1   1 2 x 1 x 1 Dấu “=” xảy  x   x  (tm) Vậy MaxP  x  Câu 3: Phương pháp: a) Thay giá trị m  vào công thức vẽ đồ thị hàm số hệ trục tọa độ b) Tìm giao điểm M hai đường thẳng cho Để ba đường thẳng đồng quy  d  phải qua M Thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng  d  để tìm m c) Tìm tọa độ giao điểm A, B  d  trục tọa độ sau dựa vào cơng thức tính diện tích tam giác vng để tìm m Ta có: SOAB  OA.OB Cách giải: Cho hàm số bậc y   2m  1 x  có đồ thị đường thẳng  d  a) Vẽ đồ thị hàm số m  Với m  3 ta có:  d  : y  x  Ta có bảng giá trị: x 1 y  2x  3 Đồ thị đường thẳng  d  qua hai điểm  0;3  1;1 b) Tìm m để đường thẳng  d  hai đường thẳng y  x  y  x  đồng quy? Tọa độ giao điểm hai đường thẳng y  x  y  x  nghiệm hệ phương trình: y  x 3 x   x     A  2;5    y  2x 1  y  x   y  Đường thẳng  d  hai đường thẳng y  x  3, y  x  đồng quy  A  2;5    d     2m  1    2m  1   2m    m  Vậy m  thỏa mãn toán c) Gọi hai điểm A B giao điểm  d  với hai trục Ox, Oy Tìm m để diện tích tam giác OAB (đvdt)? Hàm số cho hàm số bậc nên 2m    m  Gọi hai điểm A B giao điểm  d  với hai trục Ox, Oy    A  ;0  , B  0;3  2m   Khi ta có OAB vng O 1  SOAB  OA.OB  x A yB  2 3     2 2m  2m    2m   m   tm     2m       2m     m   tm    Vậy m  , m  thỏa mãn điều kiện toán Câu 4: Phương pháp: a) Chứng minh AEO  MEO  c  c  c  từ đo suy góc tương ứng OME  90 Suy EF tiếp tuyến đường tròn b) Chứng minh HMIO hình chữ nhật để suy FOE  90  EOF vuông c) Dựa vào cơng thức tính diện tích hình thang diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc với để chứng minh d) Cách giải: Cho nửa đường tròn  O; R  đường kính AB, vẽ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn Trên tia Ax lấy điểm E ( E  A, AE  R ); nửa đường tròn lấy điểm M cho EM  EA , đường thẳng EM cắt tia By F a) Chứng minh EF tiếp tuyến đường tròn O  Xét AEO MEO ta có: AO  OM   R  AE  EM  gt  EO chung  AEO  MEO  c  c  c   EAO  EMO  90 hay OM  EF  EF tiếp tuyến  O  (đpcm) (khái niệm tiếp tuyến đường tròn) b) Chứng minh tam giác EOF tam giác vuông Gọi H giao điểm OE AM; I giao điểm OF BM Ta có EF tiếp tuyến  O  M (cmt) Mà EF  Ax   E , OE  AM   H   OE  AM   H  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự ta có OF  BM   I  Xét tứ giác HMIO ta có: HMI  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MIO  MHO  90 (cmt)  HMIO hình chữ nhật (dhnb)  HOI  90 hay EOF  90  EOF vuông O (dpcm) c) Chứng minh AM OE  BM OF  AB.EF Ta có AEFB hình thang vng A, B  S AEFB   AE  BF  AB Mà AE  EM (gt), MF  FB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có: EF  EM  MF  EF  AE  BF  S AEFB  EF AB Xét tứ giác AEMO có hai đường chéo AM, EO vng góc với H (cmt)  S AEMO  AM EO Tương tự ta có: S BFMO  MB.OF Mặt khác ta có: S AEFB  S AEMO  SOMFB 1  EF AB  EO AM  BM OF 2  EF AB  EO AM  BM OF (đpcm) d) Tìm vị trí điểm E tia Ax cho S AMB  S EOF Dễ thấy tứ giác OAEM tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180°) AMAB  OEF (hai góc nội tiếp chắn cung OM) Tương tự có tứ giác OBFM tứ giác nội tiếp nên MBA  OFE (hai góc nội tiếp chắn cung OM) S AMB  AB    EF  AB  EF  AB  AMB ~ EOF (g.g)     S EOF 3  EF    AB  Đặt AE  x  x    Ta có EF  AE  BF (cmt)  BF  EF  AE  AB  x Kẻ EH  BF  H  BF  ta có: ABHE hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vng)  EH  AB Áp dụng định lý Pytago tam giác vng EFH có: EF  EH  HF  EF   BF  AE     AB  AB   AB  x  x       AB   AB  x    2 2 4   AB   AB  AB.x  x  3   AB  AB  ABx  12 x  12 x  AB.x  AB  (*)   Ta có  '  AB  12.3 AB  12 AB  AB  AB  AB x  12  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  (tm)  AB  AB  AB x  12  Vậy AE  3 AB AE  AB S AMB  S EOF Câu 5: Giải phương trình: 3x   x   x  x  Phương pháp: Biến đổi phương trình sau giải phương trình phương pháp đặt ẩn phụ Cách giải: Đk: x  3x   x   x  x   x   x    x  1 x  3  x   x    x  1 3 x    x  1  (*) Đặt a  x  2, b  x  ( a, b  )  (*)  a  b  b  a  b    a  b   b  a  b  a  b     a  b  b  a  b   1  a  b  a  b    2 b  ab   b  ab   +) TH1: Với a  b ta có: 3x   x   3x   x   x  (tm) +) TH2: Với b3  ab    b  a  b   (1) ta có: Với x  2 5  a  0; b  1   a  0, b  3 3 5 5  b  a  b      1 3   (1) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x  ... 1 x 1 x 1 B   x  x 3 x 36 x      x 1  x 1     x 1   x 1    x 1 x  x 1 x 1    x 1  x 1 x 1 x  x 1 x 4 5  5 x 1 x 1 x 1 x   x  3 x   x 1. .. 1 Vậy giá trị nhỏ P 2 018 x  Trang x2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN TỐN LỚP BẾN TRE NĂM HỌC 2 017 – 2 018 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Câu (VD) (2,0 điểm): a) Tính: 16 ... kiện ta có:      x x 1 x  x 1 x x 1 x 2x  x   x 1 x  x A   x x 1 x  x 1   x 1 x 1 x 1  x   x 1 x 1 Vậy A     x 1 x 1  x 1 x 2x  x   x 1 x 1 x  x Bài