Bộ 15 đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 7)
15 câu hỏi
Tính:55−1−55+1
55−1−55+1=55+1−55−15+15−1=55+5−55+55−1=104=52
Tính: 5−32−15=5−3−55
5−32−15=5−3−55=3−5−55=15−55−55=15−655
Giải các phương trình sau: x−1+9x−9+4x−4=12
ĐKXĐ: x−1≥0⇔x≥1
x−1+9x−9+4x−4=12⇔x−1+9x−1+4x−1=12⇔x−1+3x−1+2x−1=12⇔6x−1=12⇔x−1=2⇔x−1=4⇔x=5tmdk
Vậy x=5.
Giải các phương trình sau: x2−5x−x−5=0
ĐKXĐ: x−5≥0⇔x≥5
x2−5x−x−5=0⇔x2−5x=x−5⇔x2−5x=x−5⇔xx−5−x−5=0⇔x−1x−5=0⇔x−1=0x−5=0⇔x=1 ktmx=5 tm
Vậy x=5.
Cho hai biểu thức: A=x+73x và B=2xx+3+x+1x−3+7x+x9−x với x>0;x≠9
Tính A khi x=25
Điều kiện: x>0,x≠9.
Có: x=25 (tmđk)
Thay x=25 vào A ta được:A=25+7325=3215
Vậy khi x=25 thì A=3215.
Cho hai biểu thức: A=x+73x và B=2xx+3+x+1x−3+7x+x9−x với x>0;x≠9
Chứng minh: B=3xx+3.
Điều kiện xác định: x>0;x≠9.
B=2xx+3+x+1x−3+7x+39−x=2xx−3+x+1x+3−7x+3x+3x−3=2x−6x+x+4x+3−7x−3x+3x−3=3x−9xx+3x−3=3xx−3x+3x−3=3xx+3
Vậy B=3xx+3 với x>0;x≠9.
Cho hai biểu thức: A=x+73x và B=2xx+3+x+1x−3+7x+x9−x với x>0;x≠9
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=A.B
Điều kiện xác định: x>0;x≠9
P=A.B=x+73x.3xx+3=x+7x+3=x−9+16x+3=x−3x+3x+3+16x+3=x−3+16x+3=x+3+16x+3−6
Với mọi x>0,x≠9 ta có:x+3>0;16x+3>0.
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương x+3 và 16x+3 ta có:
x+3+16x+3≥2x+3.16x+3⇔x+3+16x+3≥8⇔x+3+16x+3−6≥2
Hay P≥2.
Dấu “=” xảy ra khi x+3=16x+3⇒x+32=16
⇔x+3=4x+3=−4ktm⇒x=1⇔x=1tm
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2⇔x=1.
Cho đường thẳng d1:y=2x+2.
Vẽ đường thẳng d1 trên mặt phẳng tọa độ Oxy
Cho x=0⇒y=2
y=0⇒x=−1
Đồ thị hàm số y=2x+2 là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ 0;2 và −1;0
Cho đường thẳng d1:y=2x+2.
Tìm tọa độ giao điểm của d1 và d2:y=x−3.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và d2 ta có:
2x+2=x−3⇔2x−x=−3−2⇔x=−5
Thay x=−5 vào hàm số y=x−3 ta được y=−5−3=−8
Vậy tọa độ giao điểm của d1 và d2 là −5;−8.
Cho đường thẳng d1:y=2x+2.
Cho đường thẳng d3:y=mx+5. Tìm giá trị của m để ba đường thẳng d1,d2,d3 cắt nhau tại một điểm.
Để ba đường thẳng d1,d2,d3 cắt nhau thì m≠1;2
Theo câu b) ta có tọa độ giao điểm của d1 và d2 là −5;−8.
Để ba đường thẳng d1,d2,d3 đồng quy thì điểm có tọa độ −5;−8 cũng thuộc đường thẳng d3.
Thay x=−5;y=−8 vào hàm số y=mx+5 ta được: −8=m−5+5⇔m=135 (thỏa mãn)
Vậy m=135.
Một con thuyền ở địa điểm D di chuyển từ bờ sông a sang bờ sông b, với vận tốc trung bình là 2km/h, vượt qua khúc sông nước chảy mạnh trong 20 phút. Biết đường đi con thuyền là DE, tạo với bờ sông 1 góc bằng 60°.Tính chiều rộng khúc sông
Kẻ DH⊥b tại H. Khi đó chiều rộng khúc sông là đoạn DH
Đổi 20 phút=13h.
Độ dài đường đi của thuyền là DE=13.2=23km
Ta có ∠HDE=90°−60°=30°
Xét tam giác DHE vuông tại H, theo định nghĩa tỉ số lượng giác ta có:
cos∠HDE=DHDE⇒DH=DE.cos30°=23.32=33
Vậy chiều rộng khúc sông là 33km.
Lấy điểm A trên O;R, vẽ tiếp tuyến Ax. Trên Ax, lấy điểm B, trên O;R lấy điểm C sao cho BC=AB.
Chứng minh rằng: CB là tiếp tuyến của (O)
Xét ΔABO và ΔCBO có:
+)AB=BCgt
+) BO cạnh chung
+) OA=OC=R
Nên ΔABO=ΔCBOc−c−c
Suy ra ∠BCO=∠BAO=90°, do đó: BC⊥OC tại C.
Hay BC là tiếp tuyến của O;R.
Lấy điểm A trên O;R, vẽ tiếp tuyến Ax. Trên Ax, lấy điểm B, trên O;R lấy điểm C sao cho BC=AB.
Vẽ đường kính AD của (O) kẻ CK vuông góc với AD
Chứng minh rằng: CD//OB và BC.DC=CK.OB.
*) Xét đường tròn O;R có △ACD nội tiếp đường tròn có cạnh AD là đường kính nên ΔACD vuông tại C
Hay AC⊥CD.
+) Xét đường tròn O;R có BA,BC là các tiếp tuyến cắt nhau tại B nên BA=BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra B thuộc đường trung trực của đoạn AC.
Lại có OA=OC=R nên O thuộc đường trung trực của đoạn AC
Từ đó OB là đường trung trực của đoạn AC⇒OB⊥AC.
Lại có AC⊥CDcmt nên OB//CD.
*) Xét ΔCKD và ΔBAO có:
+) ∠K=∠BAO=90°
+) ∠CDK=∠AOB (hai góc ở vị trí đồng vị)
Nên ΔCDK đồng dạng với ΔBAOg−g
Suy ra CKAB=DCOB⇔OB.CK=DC.AB
Mà AB=BCgt nên OB.CK=BC.DC (đpcm)
Lấy điểm A trên O;R, vẽ tiếp tuyến Ax. Trên Ax, lấy điểm B, trên O;R lấy điểm C sao cho BC=AB.Lấy M trên cung nhỏ AC của (O) vẽ tiếp tuyến tại M cắt AB, BC lần lượt tại E,F. Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác BFE. Chứng minh rằng:ΔMAC~ΔIFE.
Kẻ đường kính CP của O;R
Ta có: ∠POA là góc ngoài của tam giác OAC nên ∠POA=∠OCA+∠OAC mà ∠OAC=∠OCA (do tam giác OAC cân tại O) nên ∠POA=2∠ACO.
Lại có ∠POM là góc ngoài của tam giác OCM nên ∠POM=∠OCM+∠OMC mà ∠OCM=∠OMC (do tam giác OCM cân tại O) nên ∠POM=2∠MCO.
Do đó:∠POM−∠POA=2∠MCO−∠ACO hay ∠MOA=2∠MCA.
Xét tứ giác EMOA có ∠EAO=∠EMO=90° (tính chất tiếp tuyến)
Nên ∠MOA+∠AEM=360°−∠EAO+∠EMO=180°
Mà ∠AEM+∠BEF=180° (hai góc kề bù)
Nên ∠MOA=∠BEF (cùng bù với ∠AEM)
Lại có ∠BEF=2∠IEF(do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BEF)
Và ∠MOA=2∠MCAcmt
Suy ra ∠IEF=∠MCA
Chứng minh tương tự:
Ta có ∠DOM là góc ngoài của tam giác cân AOM⇒∠DOM=2∠MAO
∠DOC là góc ngoài của tam giác cân AOC⇒∠DOC=2∠CAO
Trừ vế với vế ta được:∠MOC=2∠MAC
Lại có ∠MFC+∠MOC=360°−∠FMO−∠CFO=180°
Và ∠MFC+∠BFE=180°⇒∠BFE=∠COM
Mà ∠COM=2∠MAC;∠BFE=2∠IFE nên ∠IFE=∠MAC
Xét tam giác IEF và tam giác MCA có: ∠IFE=∠MAC và ∠IEF=∠MCAcmt nên ΔIEF đồng dạng với ΔMCA (đpcm).
Cho x,y,z>0 và xy+yz+xz=3xyz. Tính giá trị nhỏ nhất của: A=x2zz2+x2+y2xx2+y2+z2yy2+z2
Phương pháp:
- Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho xyz.
- Đặt a=1x,b=1y,c=1z đưa về tìm GTNN theo a,b,c.
- Sử dụng bất đẳng thức a2+b2≥2ab.
Cách giải:
Ta có: xy+yz+zx=3xyz
Chia cả hai vế cho xyz≠0 ta được:1x+1y+1z=3.
Đặt a=1x,b=1y,c=1za,b,c>0 thì a+b+c=3.
Khi đó x2zz2+x2=1a21c.1c2+1a2=c3a2+c2=c3+ca2−ca2c2+a2=c−ca2c2+a2
y2xx2+y2=1b21a1a2+1b2=a3a2+b2=a3+ab2−ab2a2+b2=a−ab2a2+b2z2yy2+z2=1c21b1b2+1c2=b3b2+c2=b3+bc2−bc2b2+c2=b−bc2b2+c2⇒A=c−ca2c2+a2+a−ab2a2+b2+b−bc2b2+c2=a+b+c−ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2=3−ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2
Mà c2+a2≥2ca⇒ca2c2+a2≤ca22ca=a2
Tương tự ab2a2+b2≤b2 và bc2b2+c2≤c2
⇒ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2≤a2+b2+c2=32⇒3−ca2c2+a2+ab2a2+b2+bc2b2+c2≥3−32=32.
Vậy A≥32 nên minA=32.
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1.
