Giữa kì 1 toán 9 ams 2021

1 SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ I – LỚP THCS HÀ NỘI - AMSTERDAM, T10 - 2020 ĐỀ BÀI Bài (4,0 điểm) Cho hai biểu thức A= 1) Chứng minh B  x x 2  x 2 x 2  B  x 1 x 2  x 2 với x  x  x 4 2) Tìm tất giá trị x để B  3) Tìm số thực x cho A.B nhận giá trị số nguyên Bài (1,0 điểm) Giải phương trình: x  2x   2x   Bài (4,0 điểm) 1) Chiều dài bập bênh 5,2m , đầu bập bênh chạm đất bập bênh tạo với mặt đất góc 230 (xem hình vẽ) Hỏi đầu lại bập bênh cách mặt đất mét? (Biết mặt đất phẳng,kết làm tròn chữ số sau dấu phẩy)   2) Cho ABC vuông A AB  AC , đường cao AH BH CH b) Kẻ HE , HF vng góc với AB, AC E , F Chứng minh EF tiếp tuyến đường a) Cho AB  5cm , AC  12cm Hãy tính tỷ số trịn đường kính HC c) Gọi O trung điểm HC d tiếp tuyến C đường trịn đường kính HC Đường thẳng qua H , vng góc với AO cắt d D Chứng minh hai tam giác HAC COD đồng dạng Bài (1,0 điểm) Cho x , y  thỏa mãn x  y  2020 Tìm GTNN GTLN P  x  y - HẾT - Chúc làm tốt! -Họ tên thí sinh: … Số báo danh: ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 ĐÁP SỐ - GỢI Ý THCS HÀ NỘI - AMSTERDAM, T10 - 2020 Bài (4,0 điểm) 1) Với x  x  , ta có: x 1 B x 2  x 2) B   x 2 x 2  x 2  x 2   x 3 x 25 x 2  x 2  x 2  x    x 2 x 2   x 2   x x 2 0 0x 4   3) Với x  0;1 P  A.B  x nhận giá trị nguyên x 2 Bài (1,0 điểm) Phương trình có nghiệm x  Bài (4,0 điểm) 1) Chiều cao từ đầu lại bập bênh đến mặt đất BH BH  AB.sin 230  2, 03m 2) a)  BH AB 25   CH AC 144 b) Chứng minh EF tiếp tuyến đường trịn đường kính HC Tứ giác AEHF hình chữ nhật  IH  IF   IHF  ; Ta có: IHF cân I nên IFH   OFH  OHF cân O nên OHF     mà IHF  OHF  900  IFH  OFH  900   900 (Đ.p.c.m) hay IFO c) Chứng minh hai tam giác HAC COD đồng dạng   HCD   900  AHO  HCD g.g  AH  HO AHO HC CD AH OC AH HC Mà HO  OC     (*) Từ suy  AHC  OCD c.g.c HC CD OC CD Bài (1,0 điểm) Cho x , y  thỏa mãn x  y  2020 Tìm GTNN GTLN P  x  y    Ta có: P   x 2 y      x  y  3y  xy  2020  y  x  2020  P  2020 Vậy, MinP  2020  x  2020; y  Ta có: P  x  4y  xy  x  4y  4x y AM GM  x  4y  4x  y  5(x  y )  5.2020  P  10100 Vậy, MaxP  10100  x  404; y  1616 (tmdk) XEM CHI TIẾT ĐÁP ÁN TẠI ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 ĐÁP ÁN CHI TIẾT THCS HÀ NỘI - AMSTERDAM, T10 - 2020 Bài (4,0 điểm) Cho hai biểu thức A=  x 2  x 1 B  x 2 x 2  x 2 với x  x  x 4 HƯỚNG DẪN GIẢI 1) Chứng minh B  x x 2 Với x  x  , ta có: x 1 B x 2  B B Vậy B  x x 2  x 1  x 2  x 4   x 2 x 2  x 2  x 2  x 2 5 x 2  x 2 x 2   x x 2 x  x 1     x 2 x 2 x 2  x 3 x 25 x 2  x 2   x 2  x 2    x 2  x x 2 với x  x  2) Tìm tất giá trị x để B  Ta có: B   x x 2  Do x  x  Để B   x    x    x  (thỏa mãn đk xác định) Vậy, với  x  B  3) Tìm số thực x cho A.B nhận giá trị số nguyên Ta có: P  A.B   x 2 x 2  x  x 2   x x 2 Do x  x  nên x   P  TH1: Với x  , ta có: P   Z (thỏa mãn đề bài) x x 2    x  x 2 P x x 2 Áp dụng B.Đ.T Cô-si cho số dương x ta có: x  2 x x  3 0  P  Kết hợp hai trường hợp , ta có:   2 P  2  P  0;1 P 2 P  Z  TH2: Với x  Ta có: P    ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 Với P    x 1 x 1 x 3 x 2     x 2  x 2  x  (dktm )  x  (Loai )   Vậy với x  0;1 P  A.B nhận giá trị nguyên Bài (1,0 điểm) Giải phương trình: x  2x   2x   HƯỚNG DẪN GIẢI x  2x   ĐKXĐ:  (*) 2x   Khi : x  2x   2x    x  2x   2x   x  2x   2x   x  4x   x   x 1 x     x     Kiểm tra lại ĐKXĐ (*) , ta x  thỏa mãn (*) Vậy phương trình có nghiệm x  Bài (4,0 điểm) 1) Chiều dài bập bênh 5,2m , đầu bập bênh chạm đất bập bênh tạo với mặt đất góc 230 (xem hình vẽ) Hỏi đầu lại bập bênh cách mặt đất mét? (Biết mặt đất phẳng, kết làm tròn chữ số sau dấu phẩy) HƯỚNG DẪN GIẢI Gọi bập bênh có chiều dài 5,2 m AB Chiều cao từ đầu lại bập bênh đến mặt đất BH Xét tam giác ABH vng H , ta có BH sin 230   BH  AB sin 230  2, 03m (Hệ thức lượng tam giác vuông) AB Vậy, Chiều cao từ đầu lại bập bênh đến mặt đất 2,03 m   2) Cho ABC vuông A AB  AC , đường cao AH BH CH b) Kẻ HE , HF vng góc với AB, AC E , F Chứng minh EF tiếp tuyến a) Cho AB  5cm , AC  12cm Hãy tính tỷ số đường trịn đường kính HC ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 c) Gọi O trung điểm HC d tiếp tuyến C đường trịn đường kính HC Đường thẳng qua H , vng góc với AO cắt d D Chứng minh hai tam giác HAC COD đồng dạng HƯỚNG DẪN GIẢI a) Tính tỷ số BH CH Xét ABC vng A có đường cao AH có: AB  BH BC ; AC  CH BC (Hệ thức lượng) BH BH BC AB 25     CH CH BC AC 144 b) Chứng minh EF tiếp tuyến đường trịn đường kính HC Gọi O trung điểm HC nên O tâm đường trịn đường kính HC ; Gọi I giao điểm AH EF   HFA   900 Ta có: E, F hình chiếu H AB, AC nên HEA   EAF   AFH   900 hình chữ nhật  IH  IF Tứ giác AEHF có HEA   IHF  ; OHF cân O nên OHF   OFH  Ta có: IHF cân I nên IFH     mà IHF  OHF  900  IFH  OFH  900   900 , mà OF bán kính đường trịn hay IFO đường kính HC suy EF tiếp tuyến đường trịn đường kính HC c) Chứng minh hai tam giác HAC COD đồng dạng   Ta có: HD  AO (gt)  DHO  AOH  900   Mà AHO vuông H  HAO  AOH  900   HAO  Do đó: DHO Xét AHO HCD có:   HAO (cmt ) ; AHO   HCD   900 DHO AH HO  HC CD AH OC AH HC Mà HO  OC     (*) HC CD OC CD   OCD   900 AH  HC (Theo (*)) Xét AHC OCD có: AHC OC CD Từ suy  AHC  OCD c.g.c    AHO  HCD g.g   ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020  SẢN PHẨM UPDATE 3.11.2020 Bài (1,0 điểm) Cho x , y  thỏa mãn x  y  2020 Tìm GTNN GTLN P  x  y HƯỚNG DẪN GIẢI x , y  Do  P  x 2 y  x  y  2020 Ta có: P   x 2 y   x  4y  xy   y   x   2020 P  x  y  3y  xy  2020  y  x   Do y   y  x   2020  x  2020 y    P  2020  P  2020 Dấu xảy  x  y  2020 y  Vậy, MinP  2020  x  2020; y  Áp dụng B.Đ.T Cosi, ta có : P  x  4y  xy  x  4y  4x y AM GM  x  4y  4x  y  P  5(x  y )  5.2020  P  10100 4x  y  x  404 Dấu xảy   x  y  2020 y  1616 Vậy, MaxP  10100  x  404; y  1616 (tmdk) ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 ... 5.2020  P  10 100 Vậy, MaxP  10 100  x  404; y  16 16 (tmdk) XEM CHI TIẾT ĐÁP ÁN TẠI ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3 .11 .2020 ĐÁP ÁN CHI TIẾT THCS HÀ NỘI - AMSTERDAM, T10 - 2020 Bài...  y  P  5(x  y )  5.2020  P  10 100 4x  y  x  404 Dấu xảy   x  y  2020 y  16 16 Vậy, MaxP  10 100  x  404; y  16 16 (tmdk) ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 ... trường hợp , ta có:   2 P  2  P  0 ;1 P 2 P  Z  TH2: Với x  Ta có: P    ĐỀ THI GIỮA KÌ I - 2020 SẢN PHẨM UPDATE 3 .11 .2020 Với P    x ? ?1 x ? ?1? ?? x 3 x 2     x 2  x 2  x 