Giaitoan.com Toán 9 Đề thi học kì 1 lớp 9

Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 10 Đề thi cuối kì 1 lớp 9

Nội dung
  • 1 Đánh giá

Đề thi học kì 1 Toán 9 - Đề số 10

Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 10 được giaitoan.com biên soạn bao gồm các dạng bài tập và đáp án chi tiết được xây dựng theo trọng tâm chương trình học môn Toán lớp 9 giúp học sinh ôn tập, củng cố kiến thức, giúp định vị khả năng tư duy logic, khả năng nhận biết. Đề thi giúp các em tiếp xúc với các dạng bài cơ bản đến nâng cao thường xuất hiện trong ma trận đề thi HK1 lớp 9, hỗ trợ việc ôn lại nội dung và kiểm soát tốt thời gian làm bài thi. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết.

A. Đề thi Toán kì 1 lớp 9

Câu 1

1) Tính giá trị của biểu thức

a) \sqrt {20} - \dfrac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }} - 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)b) \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}}

2) Giải phương trình: \sqrt {4x} + \dfrac{1}{2}\sqrt {36x} = \sqrt {9x} + 2

Câu 2

Cho các biểu thức A = \dfrac{{\sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}} và B = \dfrac{{x - 2\sqrt x + 4}}{{x - 2\sqrt x }} - \dfrac{2}{{\sqrt x - 2}} ( với x > 0; )

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25

b) Rút gọn biểu thức B

c) Cho biểu thức P = A. B, so sánh giá trị của biểu thức P với 1

Câu 3: Giải hệ phương trình sau: \left\{ \begin{array}{l} 2x + y = 5\\ x - y = 1 \end{array} \right.

Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy điểm C bất kì ( C khác A và B). Tiếp tuyến tại C và tiếp tuyến tại A cắt nhau tại M

a) Chứng minh bốn điểm O, A, M, C cùng thuộc 1 đường tròn

b) AC cắt OM tại H, chứng minh AC vuông góc với OM và

c) Tia BH cắt nửa đường tròn tại D. Chứng minh tam giác ODM đồng dạng với tam giác OHD

d) Tia AD cắt MH tại I. Chứng minh I là trung điểm của MH

Câu 5

Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng

\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca

B. Đáp án Đề thi Toán kì 1 lớp 9

Câu 1

1)

a) 

\begin{array}{l} \sqrt {20} - \dfrac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }} - 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\\ = 2\sqrt 5 - \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}} - 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\\ = 2\sqrt 5 - \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{2} - 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\\ = 2\sqrt 5 - 2\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right) - 2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\\ = 2\sqrt 5 - 2\sqrt 5 + 2\sqrt 3 - 2\sqrt 3 - 2\\ = - 2 \end{array}

b)

\begin{array}{l} \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \\ = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}} - \left| {2 - \sqrt 5 } \right|\\ = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{4} - \left| {2 - \sqrt 5 } \right|\\ = \sqrt 5 + 1 - \sqrt 5 + 2\\ = 3 \end{array}

2)

\begin{array}{l}\sqrt {4x} + \dfrac{1}{2}\sqrt {36x} = \sqrt {9x} + 2\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + \dfrac{1}{2}.6\sqrt x = 3\sqrt x + 2\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 3\sqrt x = 3\sqrt x + 2\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {ĐK:x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 1\\ \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\left( {t/m} \right)\end{array}

Câu 3

a)

Khi x = 25 thay vào A ta được:

A = \dfrac{{\sqrt {25} }}{{2\sqrt {25} + 1}} = \dfrac{5}{{2.5 + 1}} = \dfrac{5}{{11}}

b) 

\begin{array}{l} B = \dfrac{{x - 2\sqrt x + 4}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{2}{{\sqrt x - 2}}\\ B = \dfrac{{x - 2\sqrt x + 4}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{2.\sqrt x }}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\ B = \dfrac{{x - 2\sqrt x + 4 - 2.\sqrt x }}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\ B = \dfrac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\ B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\ B = \dfrac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x }} \end{array}

c)

Ta có:

P = A.B = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{2\sqrt x + 1}}

Xét hiệu P – 1 ta được:

\begin{array}{l} P - 1 = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{2\sqrt x + 1}} - 1 = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{2\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x - 2 - 2\sqrt x - 1}}{{2\sqrt x + 1}} = \dfrac{{ - \sqrt x - 3}}{{2\sqrt x + 1}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{ - \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{2\sqrt x + 1}} \end{array}

Ta có:

\left\{ \begin{array}{l} \sqrt x + 3 > 0\,\,\,\left( {\forall x} \right)\\ 2\sqrt x + 1 > 0\,\,\left( {\forall x} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{2\sqrt x + 1}} > 0 \Rightarrow - \left( {\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{2\sqrt x + 1}}} \right) > 0

Nên P – 1 > 0

Nên P > 1

Câu 3

\left\{ \begin{array}{l} 2x + y = 5\\ x - y = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x = 6\\ x - y = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 1 \end{array} \right.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y ) = (2 , 1)

Câu 4

a) Lấy J là trung điểm của MO ta được: MJ = JO = \dfrac{1}{2}MO\,\,\left( 1 \right)

Xét tam giác MAO vuông tại A có:  AJ = \dfrac{1}{2}MO\,\,\left( 2 \right)

Từ (1) và (2) ta được: AJ = MJ = JO (*)

Xét tam giác MCO vuông tại A có:  CJ = \dfrac{1}{2}MO\,\,\left( 3 \right)

Từ (1) và (3) ta được: CJ = MJ = JO (**)

Từ (*) và (**) ta được AJ = MJ = JO = CJ nên A, M, J cùng thuộc 1 đường tròn

b) Ta có:

\left\{ \begin{array}{l} MA = MC\\ OA = OC \end{array} \right. \Rightarrow OM là đường trung trực của CA \Rightarrow OM \bot AC

Xét tam giác AOM vuông tại A, đường cao AH có:

OH.OM = A{O^2}

Mà OA = R nên OH.OM = {R^2}

c)

Từ

\begin{array}{l} OH.OM = {R^2}\\ \Rightarrow OH.OM = O{D^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{OH}}{{OD}} = \dfrac{{OD}}{{OM}} \end{array}

Xét \Delta ODM  và  \Delta OHDcó:

 \dfrac{{OH}}{{OD}} = \dfrac{{OD}}{{OM}}

\widehat {DOM} là góc chung

Vậy \Delta ODM đồng dạng  với \Delta OHD

d)

\Delta ODM đồng dạng  với \Delta OHD \Rightarrow \widehat {ODH} = \widehat {OMD}

Mà  \widehat {ODH} = \widehat {OBD} ( tam giác ODB cân)

Lại có \widehat {ODH} = \widehat {OBD} ( cùng phụ với DAB  )

\Rightarrow \widehat {DAM} = \widehat {OMD} \Rightarrow \widehat {IAM} = \widehat {IMD}

\Rightarrow \Delta IAM đồng dạng với \Delta IMD \Rightarrow \dfrac{{IA}}{{IM}} = \dfrac{{IM}}{{ID}} \Rightarrow I{M^2} = IA.ID

Xét tam giác IHA vuông tại H có HD là đường cao nên: I{H^2} = IA.ID

Vậy I{M^2} = I{H^2} \Rightarrow IM = IH \Rightarrow  I là trung điểm của MH

Câu 5

Ta có:

\dfrac{{{a^3}}}{b} + ab \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^3}}}{b}.ab} = 2\sqrt {{a^4}} = 2{a^2}

Tương tự ta có

\dfrac{{{b^3}}}{c} + bc \ge 2{b^2}

\dfrac{{{c^3}}}{a} + ac \ge 2{c^2}

Cộng vế với vế ta được:

\left( {\dfrac{{{a^3}}}{b} + \dfrac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a}} \right) + \left( {ab + bc + ac} \right) \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)

\Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \dfrac{{{c^3}}}{a} \ge ab + bc + ca

Tài liệu liên quan

Trên đây là giaitoan.com giới thiệu tới quý thầy cô và bạn đọc Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 10. Ngoài ra giaitoan.com mời độc giả tham khảo thêm tài liệu ôn tập một số môn học: Toán lớp 9, Giải Toán 9, Đề thi học kì 1 Toán 9, ....

  • 288 lượt xem
Chia sẻ bởi: Lê Thị Thùy
Tìm thêm: Toán 9 Đề thi học kì 1
Sắp xếp theo
Xóa Đăng nhập để Gửi

    Chủ đề liên quan