Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 4 Đề thi cuối kì 1 lớp 9

1 Đánh giá

Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 4

A. Đề thi Toán kì 1 lớp 9
B. Đáp án Đề thi Toán kì 1 lớp 9

Đề thi học kì 1 Toán 9 năm học 2022 – 2023 - Đề số 4 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 để hoàn thành tốt bài thi cuối học kỳ 1 . Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết.

A. Đề thi Toán kì 1 lớp 9

Câu 1

1. Thực hiện phép tính

a) $5\sqrt {12} + 3\sqrt {27} - 2\sqrt {108} + \sqrt {192}$

b) ${\left( {1 - \sqrt 3 } \right)^2} - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } + 3\sqrt 3$

2. Giải phương trình sau: $\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = 2x - 3$

Câu 2

Với $x \ge 0;\,x \ne 1$ cho các biểu thức $A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}}$ và $B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}}$

a) Tính giá trị của biểu thức A biết x = 16

b) Chứng minh rằng $B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}$

c) Tìm giá trị của x để nhận giá trị nguyên

Câu 3: Cho hàm số y = ( m – 1) x +4 ( m là tham số, ) có đồ thị hàm số là đường thẳng (d). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) bằng 2

Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) bán kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Lấy điểm C bất kì thuộc nửa đường tròn ( C khác A và B), qua C kẻ tiếp tuyến của nửa đường tròn cắt Ax, By thứ tự tại M và N

a) Chứng minh A, M, C, O cùng thuộc một đường tròn

b) Nối điểm O với điểm M. điểm O với điểm N. Chứng minh $AM.BN = {R^2}$

c) Chứng minh: AM + NB = MN

Câu 5: Cho $a \ge 1;b \ge 9;c \ge 16$ và a.b.c = 1152. Tìm GTLN của biểu thức:

$P = bc.\sqrt {a - 1} + ca.\sqrt {b - 9} + ab.\sqrt {c - 16}$

B. Đáp án Đề thi Toán kì 1 lớp 9

Câu 1

$\begin{array}{l} 5\sqrt {12} + 3\sqrt {27} - 2\sqrt {108} + \sqrt {192} \\ = 5\sqrt {12} + 3.3\sqrt 3 - 2.6\sqrt 3 + 8\sqrt 3 \\ = 5\sqrt {12} + 9\sqrt 3 - 12\sqrt 3 + 8\sqrt 3 \\ \, = 10\sqrt 3 \end{array}$

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

Câu 2

Khi x = 16 thay vào A ta được:

$A = \dfrac{{\sqrt {16} + 2}}{{\sqrt {16} - 1}} = \dfrac{{4 + 2}}{{4 - 1}} = \dfrac{6}{3} = 2$

$\begin{array}{l} B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \dfrac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt x - 1}}\\ B = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \dfrac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 1}} + \dfrac{{4\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ B = \dfrac{{x - \sqrt x - 2\sqrt x - 4 + 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ B = \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ B = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} \end{array}$

$\begin{array}{l} Q = \dfrac{{2B}}{A} = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}:\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} \end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l} Q = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right) - 4}}{{\sqrt x + 2}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2 - \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} < 2 \end{array}$

Để Q nhận giá trị nguyên thì $\sqrt x + 2 \in {Ư_4} = \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4} \right\}$

Với $\sqrt x + 2 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = - 1\left( l \right)$

Với $\sqrt x + 2 = - 1 \Leftrightarrow \sqrt x = - 3\left( l \right)$

Với $\sqrt x + 2 = 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\left( {t/m} \right)$

Với $\sqrt x + 2 = - 2 \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( l \right)$

Với $\sqrt x + 2 = - 4 \Leftrightarrow \sqrt x = - 6\left( l \right)$

Với $\sqrt x + 2 = 4 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\left( {t/m} \right)$

Vậy để Q nguyên thì $x \in \left\{ {0;4} \right\}$

Câu 3

Giao của đồ thị hàm số với trục Ox là: $A\left( {\dfrac{{ - 4}}{{{\rm{ }}m{\rm{ }}-{\rm{ }}1}};0} \right)$

$\Rightarrow OA = \left| {\dfrac{{ - 4}}{{{\rm{ }}m{\rm{ }}-{\rm{ }}1}}} \right| = \dfrac{4}{{\left| {{\rm{ }}m{\rm{ }}-{\rm{ }}1} \right|}}$

Giao của đồ thị hàm số với trục Oy là: $B\left( {0;4} \right) \Rightarrow OB = \left| 4 \right| = 4$

Nối A với B ta được tam giác OAB vuông tại O

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường (d) là OH = 2

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được:

$\begin{array}{l} \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{2^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{4}{{\left| {m - 1} \right|}}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{4}{{\left| {m - 1} \right|}}} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{{16}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{16}} = \dfrac{3}{{16}}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m - 1 = \sqrt 3 \\ m - 1 = - \sqrt 3 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = \sqrt 3 + 1\\ m = - \sqrt 3 + 1 \end{array} \right. \end{array}$

Câu 4

Gọi K là trung điểm của MO $\Rightarrow MK = KO = \dfrac{1}{2}MO$ (1)

Xét tam giác AMO vuông tại A có:

$AK = \dfrac{1}{2}MO$ ( tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MK = KO = AK$ (*)

Xét tam giác MCO vuông tại C có:

$CK = \dfrac{1}{2}MO$ ( tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) (3)

Từ (1) và (3) $\Rightarrow MK = KO = CK$ (**)

Từ (*) và (**) ta được

MK = MO = AK = CK $\Rightarrow$ A, M, O, C cùng thuộc 1 đường tròn

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} AM = MC\\ \widehat {AOM} = \widehat {COM} \end{array} \right.$ ( tiếp tuyến tại A và C cắt nhau tại M)

Lại có:

$\left\{ \begin{array}{l} CN = NB\\ \widehat {CON} = \widehat {NOB} \end{array} \right.$ ( tiếp tuyến tại C và B cắt nhau tại N)

Mà :

$\begin{array}{l} \widehat {AOC} + \widehat {COM} + \widehat {CON} + \widehat {NOB} = {180^ \circ }\\ \widehat {COM} + \widehat {COM} + \widehat {CON} + \widehat {CON} = {180^ \circ }\\ 2\left( {\widehat {COM} + \widehat {CON}} \right) = {180^ \circ }\\ \widehat {COM} + \widehat {CON} = {90^ \circ } \end{array}$

$\Rightarrow \Delta NOM$ vuông tại O

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác NOM có:

$\begin{array}{l} MC.CN = O{C^2}\\ \Rightarrow MA.BN = O{C^2}\\ \Rightarrow MA.BN = {R^2} \end{array}$

Ta có: MN = MC + NC (4)

Mà: MC = AM ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

CN = NB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Thay vào (4) ta được: MN = AM + NB

Câu 5

Với $a \ge 1;\,\,b \ge 9;\,\,c \ge 16$ .

Áp dụng BĐT Cô – si ta được:

$1.\sqrt {a - 1} \le \dfrac{{1 + a - 1}}{2} \Rightarrow bc.\sqrt {a - 1} \le bc.\dfrac{{1 + a - 1}}{2} = \dfrac{{abc}}{2}$

Chứng minh tương tự ta được:

$9.\sqrt {b - 9} \le \dfrac{{9 + a - 9}}{2} \Rightarrow ca.\sqrt {b - 9} \le ca.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{9 + b - 9}}{2} = \dfrac{{abc}}{6}$

$16.\sqrt {c - 16} \le \dfrac{{16 + c - 16}}{2} \Rightarrow ab.\sqrt {c - 16} \le ab.\dfrac{1}{4}.\dfrac{{16 + b - 16}}{2} = \dfrac{{abc}}{8}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow P = bc\sqrt {a - 1} + ca\sqrt {b - 9} + ab\sqrt {c - 16} \\ \,\,\,\,\,\, \le \dfrac{{abc}}{2} + \dfrac{{abc}}{6} + \dfrac{{abc}}{8} = \dfrac{{19abc}}{{24}} = \dfrac{{19.1152}}{{24}} = 912 \end{array}$