Bộ 15 đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 3)
14 câu hỏi
Thực hiện phép tính:20−3125+545
20−3125+545=25−155+155=25
Thực hiện phép tính:33−2−22−32−52
33−2−22−32−52=33+23−2−22−3−52=33+32−23−2−52=33+32−23+22−52=3
Một cột cờ vuông góc với mặt đất có bóng dài 12m, tia nắng của mặt trời tạo với mặt đất một góc là 35° (hình vẽ bên). Tính chiều cao của cột cờ.
Ta đưa về bài toán. Cho tam giác ABC vuông tại A có ,AC=12m ∠BCA=35°. Tính AB.
Chiều cao cột cờ là AB.
Do ΔABC vuông tại A nên ta có:
AB=AC.tanC=12.tan35°=8,402 m
Cho các biểu thức A=xx+2;B=xx−4−12−x+1x+2 (với x≥0; x≠4)
Tính giá trị của biểu thức A khi x=36.
Điều kiện: x≥0; x≠4.
Thay x=36 (thỏa mãn đkxđ) vào biểu thức A ta được:
A=3636+2=66+2=68=34.
Vậy với x=36 thì A=34.
Cho các biểu thức A=xx+2;B=xx−4−12−x+1x+2 (với x≥0; x≠4)
Rút gọn B.
Điều kiện: x≥0; x≠4.
B=xx−4−12−x+1x+2=xx−2x+1+1x−2+1x+2=x+x+2+x−2x−2x+1=x+2xx−2x+1=xx+2x−2x+1=xx−2.
Vậy B=xx−2 (với x≥0; x≠4).
Cho các biểu thức A=xx+2;B=xx−4−12−x+1x+2 (với x≥0; x≠4)Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P=A.B có giá trị là số nguyên
Với ĐKXĐ: x≥0 và x≠4 ta có:
P=A.B=xx+2.xx−2=xx−4=x−4+4x−4=1+4x−4
Do x là số nguyên nên x−4 là số nguyên.
Do đó:P∈ℤ⇔4x−4∈ℤ⇔x−4∈U4=−4; −2; −1; 1; 2; 4
Suy ra x∈0; 2; 3; 5; 6; 8.
Kết hợp với ĐKXĐ và x là số nguyên ta được x∈0; 2; 3; 5; 6; 8.
Cho hàm số bậc nhất y=m+1x+2 có đồ thị d (m là tham số và m≠−1)
Vẽ (d) khi m=0.
Khi m=0 ta có d:y=x+2
Với x=0⇒y=2
Đồ thị hàm số y=x+2 là đường thẳng d đi qua hai điểm có tọa độ 0;2, −2;0.
Hình vẽ:
Cho hàm số bậc nhất y=m+1x+2 có đồ thị d (m là tham số và m≠−1)
Xác định m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+1.
Đường thẳng d song song với đường thẳng y=2x+1
⇔m+1=22≠1⇔m=1
Kết hợp điều kiện m≠−1 ta có m=1 (tm).
Vậy m=1.
Cho hàm số bậc nhất y=m+1x+2 có đồ thị d (m là tham số và m≠−1)
Xác định m để (d) cắt hai trục Ox, Oy tại A và B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 2 (đơn vị diện tích).
Do m≠−1 nên không mất tính tổng quát ta giả sử (d) cắt Ox và Oy như hình vẽ
Vì A là giao điểm của d với Ox nên Ax;0⇒m+1x+2=0⇒x=−2m+1
Suy ra A−2m+1;0⇒OA=2m+1
Vì B là giao điểm của d với Oy nên B0;y⇒m+1.0+2=y⇒y=2
Suy ra B0;2⇒OB=2
Vì ΔOAB vuông tại O.
Khi đó: SΔOAB=12OA.OB=12.2m+1.2=2m+1
Mà SΔOAB=2⇔m+1=1⇔m+1=1m+1=−1⇔m=0m=−2 (thỏa mãn m≠−1)
Vậy m=0 hoặc m=−2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Trên nửa mặt phẳng có bờ là AB chứa nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến Ax, By. Từ điểm M tùy ý thuộc đường tròn (M khác A, B) vẽ tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Gọi E là giao điểm của CO và AM, F là giao điểm của DO và BM.
Chứng minh 4 điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.
Vì tam giác ΔOAC vuông tại A nên nó nội tiếp đường tròn đường kính CO (1)
Lại có ΔOMC vuông tại M (do MC là tiếp tuyến tại M) nên nó nội tiếp đường tròn đường kính CO (2)
Từ (1) và (2) ⇒A,C,M,O cùng thuộc một đường tròn có đường kính CO (đpcm).
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Trên nửa mặt phẳng có bờ là AB chứa nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến Ax, By. Từ điểm M tùy ý thuộc đường tròn (M khác A, B) vẽ tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Gọi E là giao điểm của CO và AM, F là giao điểm của DO và BM.
Chứng minh AC+BD=CD và tứ giác MEOF là hình chữ nhật.
+) Xét đường tròn O có CM và CA là hai tiếp tuyến cắt nhau nên AC=CM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Và DM và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau nên DM=DB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra AC+BD=CM+MD=CD (đpcm)
+) CM Tứ giác MEOF là hình chữ nhật
Ta có: CM=CA (cmt); OM=OA=R nên OC là đường trung trực của đoạn AM⇒OC⊥AM tại E⇒MEO=90°. (3)
Tương tự ta có MFO=90° (4)
Xét ΔAMB nội tiếp đường tròn O có AB là đường kính nên ΔMAB vuông tại M⇒EMF=90° (5)
Từ (3), (4) và (5) ⇒ tứ giác MEOF là hình chữ nhật (đpcm).
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Trên nửa mặt phẳng có bờ là AB chứa nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến Ax, By. Từ điểm M tùy ý thuộc đường tròn (M khác A, B) vẽ tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Gọi E là giao điểm của CO và AM, F là giao điểm của DO và BM.Chứng minh tích AC.BD không đổi khi M di động trên nửa đường tròn.
Do MEOF là hình chữ nhật ⇒ΔCOD vuông tại O.
Có CD là tiếp tuyến của O⇒MO⊥CD tại M.
Suy ra MO là đường cao của ΔCOD, do đó CM.MD=OM2=R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Từ ý a) ta có AC=CM; BD=MD⇒AC.BD=CM.MD=R2 (không đổi) (đpcm).
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Trên nửa mặt phẳng có bờ là AB chứa nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến Ax, By. Từ điểm M tùy ý thuộc đường tròn (M khác A, B) vẽ tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Gọi E là giao điểm của CO và AM, F là giao điểm của DO và BM.Tìm vị trí của M trên nửa đường tròn sao cho diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
Ta có: AC, BD là tiếp tuyến của O⇒AC⊥AB; BD⊥AB⇒AC∥BD
Do đó: ABCD là hình thang vuông có AB là đường cao.
Khi đó ta có: SABCD=12ABAC+BD=12AB.CD=12ABAC+BD≥Co−si12AB.2.AC.BD=2R2
(do theo câu b) ta có CD=AC+BD và theo câu c) ta có AC.BD=R2)
Nên minSABCD=2R2⇔CD=AB⇔CD∥AB⇔MO⊥AB (do MO⊥CD)
⇔M là điểm chính giữa của cung AB.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A=x−2+2x+1+2019−x .
Phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức a−b2=a2−2ab+b2
Đưa về dạng m−A2≤m
Dấu = xảy ra khi A=0.
Cách giải:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A=x−2+2x+1+2019−x .
Với điều kiện:x≥2 ta có:
2A=2x−2+2x−1+2019−x⇔2A=2x−2+4x−1+4038−2x⇔2A=4042−x−2−2x−2+1−x+1−4x+1+4⇔2A=4042−x−2−12−x+1−22
Vì x−2−12≥0; x+1−22≥0 với mọi x≥2
⇒2A≤4042⇒A≤2021
⇒maxA=2021⇔x−2−1=0x+1−2=0⇔x=3 (thỏa mãn ĐK x≥2).
