Giải đề thi học kì 1 toán lớp 9 năm 2020 - 2021 quận tây hồ
Hỏi lúc:
08-12-2023
Trả lời:
0
Lượt xem:
0
Cùng xem hướng dẫn giải Giải đề thi học kì 1 toán lớp 9 năm 2020 - 2021 quận tây hồ trong nhóm bài học Đề thi học kì 1 của các trường có lời giải – Mới nhất,
Giải chi tiết đề thi học kì 1 môn toán lớp 9 năm 2020 - 2021 quận Tây Hồ với cách giải nhanh và chú ý quan trọng
Bài 1 (2 điểm)
Cho \(A = \frac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}} + \frac{3}{{\sqrt x + 5}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}\)(với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 5\)).
a) Tính giá trị của biểu thức B khi x=49.
b) Rút gọn A
c) Tìm giá trị của x để \(B:A = \left| {x - 4} \right|.\)
Bài 2 (2 điểm)
Cho hàm số bậc nhất \(y = \left( {2m - 1} \right)x - 2m + 5\)(\(m\) là tham số) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\) và hàm số \(y = 2x + 1\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( {d'} \right)\).
a) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;\, - 3} \right).\)
b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right)\). Với giá trị của \(m\) vừa tìm được, vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) và tính góc \(\alpha \) tạo bởi đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Ox\) (làm tròn đến phút).
Bài 3 (2 điểm)
Giải phương trình:
a) \(\sqrt {4x - 8} - \sqrt {25x - 50} = 3 - \sqrt {16x - 32} \)
b) \(\sqrt {2x - 1} + \sqrt {4{x^2} - 1} = 0.\)
Bài 4 (3 điểm)
Cho đường tròn \(\left( {O;\,R} \right)\), đường kính AB. Qua điểm \(A\) và điểm \(B\) lần lượt vẽ đường thẳng \(d\) và \(d'\) là hai tiếp tuyến của đường tròn. Lấy điểm \(M\) bất kì thuộc đường tròn \(\left( O \right)\) (\(M\) khác \(A\) và \(B\)). Qua \(M\) kẻ tiếp tuyến với đường tròn \(\left( O \right)\) cắt \(d\) và \(d'\) theo thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh bốn điểm \(A,\,C,\,M,\,O\) thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(\Delta OCD\) vuông và \(4.AC.BD = A{B^2}\).
c) Chứng minh \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OCD\).
Bài 5 (1 điểm)
![]() a) Một người đứng trên ngọn hải đăng cao 100 mét quan sát hai lần một con thuyền đang đi về phía ngọn hải đăng. Lần thứ nhất người đó nhìn thấy thuyền với góc hạ là \({20^0}\), lần thứ hai người đó nhìn thấy thuyền với góc hạ là \({30^0}\). Hỏi con thuyền đã đi được bao nhiêu mét giữa hai lần quan sát? (làm tròn đến mét).
b) Cho các số thực dương \(x,\,y\) thỏa mãn \(xy > 2020 + 2021y\).
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1:
a) Thay \(x = 49\)(t/m điều kiện) vào \(B\) ta được: \(B = \frac{{\sqrt {49} + 2}}{{\sqrt {49} - 5}} = \frac{9}{2}\)
Vậy \(B = \frac{9}{2}\) khi \(x = 49\).
b)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}} + \frac{3}{{\sqrt x + 5}}\\A = \frac{{20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} + \frac{{3\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\A = \frac{{20 - 2\sqrt x + 3\sqrt x - 15}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\A = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\A = \frac{1}{{\sqrt x - 5}}\end{array}\)
Vậy \(A = \frac{1}{{\sqrt x - 5}}\).
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}B:A = \left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}:\frac{1}{{\sqrt x - 5}} = \left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}.\left( {\sqrt x - 5} \right) = \left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt x + 2 = x - 4}\\{ - \sqrt x - 2 = x - 4}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - \sqrt x - 6 = 0}\\{x + \sqrt x - 2 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0}\\{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt x - 3 = 0}\\{\sqrt x - 1 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 9\,(t/m)}\\{x = 1\,(t/m)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Vậy \(x \in \left\{ {1;\,9} \right\}\) thỏa mãn đề bài
Bài 2:
a) \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;\, - 3} \right)\) khi:
\(\begin{array}{l}\left( {2m - 1} \right).2 - 2m + 5 = - 3\\ \Leftrightarrow 2m = - 6\\ \Leftrightarrow m = - 3\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\).
b) \(\left( d \right)\)//\(\left( {d'} \right)\) khi và chỉ khi:
\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2m - 1 = 2}\\{ - 2m + 5 \ne 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = \frac{3}{2}}\\{m \ne 2}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\end{array}\)
Thay \(m = \frac{3}{2}\) vào \(\left( d \right)\) ta có: \(y = 2x + 2\)
+) Với x=-1 thì y=0 => \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 1;\,0} \right)\)
+) Với x=0 thì y=2 => \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;\,2} \right)\)
![]() Ta có:
\(\begin{array}{l}\tan \alpha = \frac{2}{1} = 2\\ \Rightarrow \alpha \approx {63^0}26'\end{array}\)
Vậy \(\alpha \approx {63^0}26'\)
Bài 3:
a) \(\sqrt {4x - 8} - \sqrt {25x - 50} = 3 - \sqrt {16x - 32} \) đk: \(x \ge 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {4\left( {x - 2} \right)} - \sqrt {25\left( {x - 2} \right)} = 3 - \sqrt {16\left( {x - 2} \right)} \\ \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 2} - 5\sqrt {x - 2} = 3 - 4\sqrt {x - 2} \\ \Leftrightarrow \sqrt {x - 2} = 3\\ \Leftrightarrow x - 2 = 9\\ \Leftrightarrow x = 11\,\left( {t/m} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 11\)
b) \(\sqrt {2x - 1} + \sqrt {4{x^2} - 1} = 0\) đk: \(x \ge \frac{1}{2}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {2x - 1} + \sqrt {\left( {2x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right)} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {2x - 1} .\left( {1 + \sqrt {2x + 1} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {2x - 1} = 0}\\{1 + \sqrt {2x + 1} = 0\,\left( {VN} \right)}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow 2x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\,\left( {t/m} \right)\end{array}\)
Bài 4:
![]() a) Gọi \(I\) là trung điểm của \(CO\)
Do \(d\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\widehat {OAC} = {90^0}\)
\(d'\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại M nên \(\widehat {OMC} = {90^0}\)
Xét tam giác \(MCO\) vuông tại M có \(MI\) là trung tuyến nên: \(IC = IO = IM\,\left( 1 \right)\)
Xét tam giác ACO vuông tại A có \(AI\) là trung tuyến nên: \(IA = IC = IO\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(IA = IC = IM = IO\)
Vậy bốn điểm \(A,C,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn
b) Ta có \(OC\) là phân giác của \(\widehat {AMO}\) nên: \(\widehat {AOC} = \widehat {MCO}\)
\(OD\) là phân giác của \(\widehat {BMO}\) nên: \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD}\)
\( \Rightarrow \,\,\widehat {MOC} + \widehat {DOM} = \widehat {AOC} + \widehat {BOD}\)
Mà: \(\,\widehat {MOC} + \widehat {DOM} + \widehat {AOC} + \widehat {BOD} = {180^0}\)
Nên: \(\,\,\widehat {MOC} + \widehat {DOM} = \widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \frac{{{{180}^0}}}{2} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \,\,\widehat {COD} = {90^0}\)
Vậy tam giác \(COD\) vuông tại O.
Do \(AC\) và \(MC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(C\) nên \(AC = MC\)
\(MD\) và \(BD\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) nên \(BD = MD\)
Suy ra \(AC.BD = MC.MD\left( 3 \right)\)
Xét tam giác \(OCD\) vuông tại O có \(OM\) là đường cao:
\(MC.MD = O{M^2} = {\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2} = \frac{1}{4}A{B^2}\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra: \(AC.BD = \frac{1}{4}A{B^2}\)
Hay \(4.AC.BD = A{B^2}\,\,\)(đpcn)
c) Lấy \(N\) là trung điểm của \(OC\)
Xét \(\Delta OCD\) vuông tại \(O\) có \(ON\) là trung tuyến nên: \(NO = NC = ND\left( * \right)\) \( \Rightarrow \)N là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OCD\)(a)
Từ (*) suy ra tam giác \(NCO\) cân tại \(N\)
\( \Rightarrow \widehat {NCO} = \widehat {NOC}\) mà \(\widehat {NCO} = \widehat {AOC}\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \widehat {AOC} = \widehat {NCO}\)
Ta có:
\(\widehat {NOA} = \widehat {NOC} + \widehat {AOC}\)
\( = \widehat {ACO} + \widehat {AOC} = {90^0}\)(Do \(\Delta OCD\) vuông tại A)
\( \Rightarrow NO \bot AB\)(b)
Từ (a) và (b) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OCD\)
Bài 5:
Gọi: Ngọn hải đăng là điểm A, chân là điểm B
Điểm mà người đó nhìn thấy lần thứ nhất và thứ hai lần lượt là: C và D
Ta có:
\(\widehat {BAD} = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)
\(\widehat {BAC} = {90^0} - {20^0} = {70^0}\)
\(\begin{array}{l}\tan \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\\ \Rightarrow BC = AB.\tan \widehat {BAC}\\ \Rightarrow BC = 100.\tan {70^0} = 275\left( m \right)\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AB}}\\ \Rightarrow BD = AB.\tan \widehat {BAD}\\ \Rightarrow BD = 100.\tan {60^0} = 173\left( m \right)\end{array}\)
Ta có \(BC - BD = 275 - 173 = 102\left( m \right)\)
Vậy thuyền đã đi được \(102\,\) mét giữa hai lần quan sát.
b)
Biến đổi giả thiết bài toán thành:
\(xy > 2020x + 2021y \Leftrightarrow 1 > \frac{{2020}}{y} + \frac{{2021}}{x}\)
Do đó, ta có:
\(\begin{array}{l}x + y = \left( {x + y} \right).1 > \left( {x + y} \right)\left( {\frac{{2021}}{x} + \frac{{2020}}{y}} \right)\\ \Rightarrow x + y \ge {\left( {\sqrt {x.\frac{{2021}}{x}} + \sqrt {y.\frac{{2020}}{y}} } \right)^2}\\ \Rightarrow x + y \ge {\left( {\sqrt {2020} + \sqrt {2021} } \right)^2}\end{array}\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
|
- Đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 sở gdđt bạc liêu
- Đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường thpt chuyên đại học sư phạm hà nội
- Đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường thpt kim liên
- Đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường thpt thăng long
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường thpt tân châu
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2019 - 2020 sở giáo dục vĩnh phúc
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường thpt chuyên nguyễn huệ
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2019 - 2020 sở giáo dục đồng tháp
- Đề thi học kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 sở gdđt gia lai
- Đề thi học kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 sở gd&đt đồng nai
- Đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2020 - 2021 trường thcs&thpt nguyễn bỉnh khiêm
- Đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2020 - 2021 trường thpt nguyễn trãi
- Đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2020 - 2021 sở gd&đt tỉnh tây ninh
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2020 - 2021 sở gd&đt tỉnh nam định
- Giải đề thi học kì 1 toán lớp 12 năm 2020 - 2021 trường thpt đại từ
- Đề thi kì 1 môn tiếng anh lớp 11 năm 2019 - 2020 sở gd-đt bắc ninh
- Đề thi kì 1 môn tiếng anh lớp 11 năm 2020- 2021 trường thpt mỹ đức a
- Giải đề thi kì 1 hoá lớp 11 năm 2019 - 2020 trường thpt nguyễn tất thành
- Giải đề thi học kì 1 hoá lớp 11 năm 2019 - 2020 trường thpt lê hồng phong – tây ninh
- Giải đề thi học kì 1 hoá lớp 11 năm 2019 - 2020 trường thpt tenlơman