Bộ 15 đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 4)

A=sin15o+cos15ocos15o−cot75o=tan15o+1−cot75o=tan15o+1−cot75o=tan15o+1−tan15o=1

Điều kiện: x≥−15

25x+5+4520x+4−5x+116=2754⇔5.5x+1+65.5x+1−5x+14=2754⇔75−145x+1=2754⇔5x+1=275285−1⇔5x+1=275285−12⇔x=15275285−12−1    tm

Vậy x=15275285−12−1

Điều kiện: x>0;x≠2.

P=22−x−x+22x−x=22−x−x+2x2−x=2x−x−2x2−x=x−2x2−x=−1x

Thay x=16 (tmdk) vào P=−1x ta được:

P=−116=−14

Vậy với x=16 thì P=−14.

Điều kiện: x>1;x≠2;x≠3

Q=1x−x−1−x−3x−1−2=x+x−1x−x−1x+x−1−x−3x−1+2x−1−2x−1+2=x+x−1x−x−1−x−3x−1+2x−1−2=x+x−1−x−1+2=x−2

Từ đó Q+2=x−2+2=x

Vậy Q+2=x

Ta có: P=−1x;Q=x−2 với x>1;x≠2;x≠3.

Nên M=P.Q=x−2.−1x=2−xx

Để M≥0⇔2−xx≥0

Với x>1 và x≠2;x≠3 thì x>0

Nên M≥0⇔2−xx≥0⇔2−x≥0

⇔x≤2⇔0≤x≤2

Kết hợp điều kiện x>1 và x≠2;x≠3 ta có 1<x<2.

Vậy 1<x<2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét hai hàm số bậc nhất y=m+1x+2m và  y=2m+1x+3m (ĐK:m≠−1;m≠−12)

Hai đường thẳng song song khi m+1=2m+12m≠3m⇔m=0m≠0

Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn đề bài.

Để hai đường thẳng cắt nhau tại điểm trên trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

m+1x+2m=2m+1x+3m⇔x.m=−m

+) Nếu m=0 thì hai đương thẳng trùng nhau.

+) Nếu m≠0 ta có hoành độ giao điểm là x=−1

Với x=−1 ta có tung độ giao điểm là y=m+1.−1+2m=m−1

Để thỏa mãn đề ta cần có tung độ giao điểm bằng 0.

y=0⇔m−1=0⇔m=1 (thỏa mãn)

Vậy m=1.

Từ tính chất của tiếp tuyến ta có OCG=ODG=90o=COD nên CODE là chữ nhật.

Lại có OC=OD=R nên CODE là hình vuông.

Suy ra CE=DE=CO=DO=R

Xét tam giác ECD vuông tại E, theo định lý Pytago ta có: CD=CE2+DE2=R2+R2=R2

Chu vi tam giác CED là EC+ED+CD=2R+R2.

Khi tứ giác PCDG là hình thang cân thì CF=DG;F=G và CD//FG

Ta có tam giác EFG cân tại E có EFG=90O nên F=G=45o

Xét tam giác OFC vuông tại C có F=45o nên tam giác CFO vuông cân tại C.

Suy ra CF=CO=R

Tương tự ta có DG=DO=R

Từ đó CF=CE=DE=DG=R nên C, D lần lượt là trung điểm của EF, EG

Suy ra CD là đường trung bình của tam giác EFG. Khi đó FG=2CD=2R2

⇒ABFG=2R2R2=12

Ta có: F=DOC (cùng phụ với COF)

Nên hai tam giác vuông FCO và ODG đồng dạng (góc – góc)

Ta có:CFOD=CODG⇔CF.DG=CO.DO=R2

Gọi giao điểm của CB và AD là I. Khi đó ta có các tam giác ACI, BDI vuông cân tại C, D.

Đặt AC=x;BD=y⇒CB.AD=x+y2y+x2=3xy+x2+y22

Ta có AC2+CB2+BD2+AD2=8R2 (định lý Pytago)

Suy ra 4x2+y2+4xy2=8R2≥Co−si8xy+4xy2⇔xy≤8R28+42

Dấu “=” khi x=y

Ta có 22AD.BC−8R2=2xy2

Vậy để tích CB.AD lớn nhất thì x=y khi đó C, D là điểm chính giữa của các cung phần tư thứ nhất và thứ hai trên nửa đường tròn đã cho.

Phương pháp:

Đánh giá và chọn ra bộ số thích hợp để chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của T.

Cách giải:

Với a>0 ta có hệ thức:

1+1a−1a+12=1+1a2+1a+12+2a−2a+1−21aa+1=1+1a2+1a+12+2a−2a+1−2a+2a+1=1+1a2+1a+12

Nên 1+1a2+1a+12=1+1a−1a+1=1+1a−1a+1

Khi đó: T=1+1x2+1x+12+1+1y2+1y+12+4x+1y+1=2+1x+1y

Ta sẽ chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của T.

Giả sử M>0 là giá trị lớn nhất của T.

Khi đó nếu ta chọn 1x=M+1⇔x=1M+1∈0;1;y=2−1M+1>0. Khi đó ta có x, y vừa chọn thỏa mãn là các số dương và x+y=2.

Với bộ x, y vừa chọn ta có T=2+1x+1y>2+M+1

Vậy không tồn tại giá trị lớn nhất của T.