6. Đề số 6 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm).

Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1. Điều kiện để biểu thức \(M = \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}\) xác định là

A. \(x > 1\)

B. \(x > 0\)

C. \(x > 0\,\,;\,\,x \ne 1\)

D. \(x \ge 0\,\,;\,\,x \ne 1\)

Câu 2. Giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {3 + 2\sqrt 2 }  - \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } \) là        

A. \(2\sqrt 2 \)

B. \( - 2\)         

C. \(2\)

D. \( - 2\sqrt 2 \)

Câu 3. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\,\,\angle ABC = {60^0},\) cạnh \(AB = 5cm.\) Độ dài cạnh \(AC\) là

A. \(10cm\) 

B. \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}cm\)

C. \(5\sqrt 3 cm\)

D. \(\dfrac{5}{{\sqrt 3 }}cm\)

Câu 4. Hình vuông cạnh bằng \(2cm,\) bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là

A. \(1cm\)                          B. \(2cm\)       

C. \(2\sqrt 2 cm\)                      D.\(\sqrt 2 cm\)

Câu 5. Trong hình vẽ dưới đây, biết góc \(\angle ASC = {40^0},\,\,SA\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O.\) Góc \(\angle ACS\) có số đo bằng

A. \({40^0}\)                           B. \({30^0}\)   

C. \({25^0}\)                           D. \({20^0}\)

Câu 6. Số giá trị nguyên của \(m\) để hàm số \(y = \left( {{m^2} - 9} \right)x + 3\) nghịch biến là

A. \(5\)                         B. \(4\)

C. \(2\)                         D. \(3\)

PHẦN II: TỰ LUẬN (7,0 điểm).

Câu 7: (1,7 điểm)\(A,\)

Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \dfrac{{3x + 9}}{{9 - x}},\) với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9.\)

a) Rút gọn biểu thức \(A.\)

b) Tìm giá trị của \(x\) để \(A = \dfrac{1}{3}.\)

Câu 8: (1,5 điểm)

Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1 = 0,\) với \(x\) là ẩn; \(m\) là tham số.

a) Giải phương trình với \(m = 2.\)

b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {x_1}{x_2} + 1\)

Câu 9: (2,5 điểm)

Cho tam giác  \(ABC\) vuông tại  đường cao \(AH\,\,\,\left( {H \in BC} \right).\) Đường tròn đường kính \(AH\) cắt hai cạnh \(AB,AC\) theo thứ tự là \(M\) và \(N.\)

a) Chứng minh tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác \(BMNC\) là tứ giác nội tiếp.

c) Qua \(A\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(MN\) cắt \(BC\) tại \(I.\) Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{4}{{A{B^2} + A{C^2}}}.\)

Câu 10: (1,5 điểm)

a) Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh dự định tổ chức hội nghị tại hội trường \(500\) chỗ ngồi của trường THPT chuyên Bắc Ninh, hội trường được chia thành từng dãy ghế, mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi như nhau. Vì có \(567\) người dự hội nghị nên ban tổ chức phải kê thêm \(1\) dãy ghế, đồng thời phải kê thêm \(2\) chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế thì vừa đủ số chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu hội trường có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi?

b) Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = 2.\) Tìm giá trị lớn nhất của \(A = xy\left( {{x^3} + {y^3}} \right).\)

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

Câu 1

Phương pháp:

Biểu thức \(\dfrac{1}{{f\left( x \right)}}\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0.\)

Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.\)

Cách giải:

Ta có: \(M = \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}\) xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x  - 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right..\)

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,khi\,\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)

Cách giải:

Ta có: \(P = \sqrt {3 + 2\sqrt 2 }  - \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } \)

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

\( = \left( {\sqrt 2  + 1} \right) - \left( {\sqrt 2  - 1} \right)\,\) \(\left( {do\,\,\,\sqrt 2  - 1 > 0} \right)\)

\( = \sqrt 2  + 1 - \sqrt 2  + 1 = 2.\)

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Sử dụng công thức lượng giác trong tam giác vuông: \(AC = AB\tan B.\)

Cách giải:

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(\begin{array}{l}AC = AB\tan B\\ = 5.\tan {60^0} = 5\sqrt 3 \,\,cm.\end{array}\)

Chọn C.

Câu 4

Phương pháp:

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh \(a\) là: \(R = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Cách giải:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh bằng \(2cm\) là: \(R = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \,\,cm.\)

Chọn D.

Câu 5

Phương pháp:

Tính số đo  \(\angle SOA.\)

Sử dụng tính chất: Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo = một nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.

Cách giải:

Ta có: \(SA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A \Rightarrow \angle OAS = {90^0}.\)

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\) ta có: \(\angle SOA = {90^0} - \angle ASO\) \( = {90^0} - {40^0} = {50^0}\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:

\(\angle ACS\) là góc nội tiếp chắn cung \(AB\)

\(\angle SOA\) là góc ở tâm chắn cung \(AB\)

\( \Rightarrow \angle ACS = \dfrac{1}{2}\angle AOS\) \( = \dfrac{1}{2}{.50^0} = {25^0}\)

Chọn C.

Câu 6 (VD)

Phương pháp:

Hàm số \(y = ax + b\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) nghịch biến \( \Leftrightarrow a < 0.\)

Cách giải:

Hàm số \(y = \left( {{m^2} - 9} \right)x + 3\) nghịch biến \( \Leftrightarrow {m^2} - 9 < 0\) \( \Leftrightarrow  - 3 < m < 3.\)

Lại có \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}.\)

Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn A.
 

Phương pháp giải:

a) Quy đồng mẫu số, biến đổi và rút gọn biểu thức.

b) Giải phương trình \(A = \dfrac{1}{3}\) để tìm \(x\) sau đó kết hợp với điều kiện rồi kết luận.

Lời giải chi tiết:

Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \dfrac{{3x + 9}}{{9 - x}},\) với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9.\)

a) Rút gọn biểu thức \(A.\)

Điều kiện: \(x \ge 0\,\,;\,\,x \ne 9\)

\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\\ = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right) - \left( {3x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 3\sqrt x  + 2x + 6\sqrt x  - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\sqrt x  - 9}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\ = \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}}\end{array}\)

Vậy \(A = \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}}\) với \(x \ge 0\,\,;\,\,x \ne 9.\)

b) Tìm giá trị của \(x\) để \(A = \dfrac{1}{3}.\)

Điều kiện: \(x \ge 0\,\,;\,\,x \ne 9.\)

Ta có: \(A = \dfrac{1}{3}\,\,\) \( \Rightarrow \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}} = \dfrac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  + 3 = 9\) \( \Leftrightarrow \sqrt x  = 6 \Leftrightarrow x = 36\)(thỏa mãn)

Vậy để \(A = \dfrac{1}{3}\) thì \(x = 36.\)

Phương pháp giải:

a) Thay \(m = 2\) vào phương trình rồi giải phương trình bậc hai tìm nghiệm.

b) Sử dụng định lý Vi-et để biến đổi biểu thức theo \(m\), từ đó tìm giá trị \(m\) thỏa mãn.

Lời giải chi tiết:

Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1 = 0,\) với \(x\) là ẩn; \(m\) là tham số.

a) Giải phương trình với \(m = 2.\)

Thay \(m = 2\) vào phương trình ta được: \({x^2} - 4x + 3 = 0\)

Vì \(a + b + c = 0\) nên phương trình có hai nghiệm là \({x_1} = 1\) và \({x_2} = 3\)

Vậy với \(m = 2\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {1;\,\,3} \right\}.\)

b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {x_1}{x_2} + 1\)

\({x^2} - 2mx + {m^2} - m + 1 = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1.\left( {{m^2} - m + 1} \right)\) \( = {m^2} - {m^2} + m - 1 = m - 1\)

Phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\) \( \Leftrightarrow m - 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 1\)

Với \(m \ge 1\) thì \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}.\)

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a} = 2m\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = {m^2} - m + 1\end{array} \right.\)

Theo đề bài ta có: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {x_1}{x_2} + 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {x_1}{x_2} + 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - m + 1} \right) - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 3{m^2} + 3m - 3 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 4 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy \(m = 1\) giá trị cần tìm.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác \(AMHN\) có bốn góc vuông.

b) Chứng minh tứ giác \(BMHC\) có hai góc cùng chắn một cung bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

Cho tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH\,\,\,\left( {H \in BC} \right).\) Đường tròn đường kính \(AH\) cắt hai cạnh \(AB,AC\) theo thứ tự là \(M\) và \(N.\)

a) Chứng minh tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật.

Gọi \(O\) là tâm đường tròn đường kính \(AH\)

\(\angle AMH = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(O\))

\(\angle ANH = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(O\))

Do \(\angle AMH = \angle ANH = \angle MAN = {90^0}\) nên \(AMHN\) là hình chữ nhật (đpcm).

b) Chứng minh tứ giác \(BMNC\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(AMHN\) là hình chữ nhật nên \(OM = ON\)

Suy ra tam giác \(OAM\) cân tại \(O\) nên \(\angle {A_1} = \angle {M_1}\)

Mà \(\angle {A_1} = \angle C\) (cùng phụ với góc \(\angle B\)) \( \Rightarrow \angle {M_1} = \angle C\)

Mặt khác \(\angle {M_1} + \angle BMN = {180^0}\) (hai góc kề nhau) \( \Rightarrow \angle BMN + \angle C = {180^0}\)

Ta có: \(\angle BMN + \angle C = {180^0}\) và hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra tứ giác \(BMNC\) nội tiếp (dhnb) (đpcm).

c) Qua \(A\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(MN\) cắt \(BC\) tại \(I.\) Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{4}{{A{B^2} + A{C^2}}}.\)

Ta có: \(\angle {A_2} + \angle {N_1} = {90^0}\,\,;\,\,\) \(\angle {M_1} + {N_1} = {90^0}\)

Nên \(\angle {A_2} = \angle {M_1}\) mà \(\angle {M_1} = \angle C\) (theo b) \( \Rightarrow \angle {A_2} = \angle C\) \( \Rightarrow \Delta IAC\) cân tại \(I\,\, \Rightarrow IA = IC.\)

Chứng minh tương tự ta có \(\Delta IAB\) cân tại \(I\) nên \(IA = IB.\)

Vậy \(IA = IB = IC = \dfrac{{BC}}{2}\,\,\) \( \Rightarrow 2IA = BC\,\,\)\( \Rightarrow 4I{A^2} = B{C^2}\)

Mà \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\,\,\)\( \Rightarrow 4I{A^2} = A{B^2} + A{C^2}\,\,\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{I{A^2}}} = \dfrac{4}{{A{B^2} + A{C^2}}}\) (đpcm).
 

Phương pháp giải:

a) Gọi số dãy ghế lúc đầu là \(x\) (dãy ghế) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}\,\,;\,\,500\,\, \vdots \,\,x} \right).\)  

Dựa vào các giả thiết đề bài cho biểu diễn các đại lượng chưa biết và các đại lượng đã biết theo ẩn \(x\) vừa gọi và các đại lượng đã biết.

Từ đó lập phương trình, giải phương trình tìm ẩn \(x\)

Đối chiếu với điều kiện đã đặt rồi kết luận.

b) Sử dụng giả thiết \(x + y = 2\) để biến đổi biểu thức \(A\) để từ đó đánh giá và tìm GTLN của \(A.\) 

Lời giải chi tiết:

a) Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh dự định tổ chức hội nghị tại hội trường \(500\) chỗ ngồi của trường THPT chuyên Bắc Ninh, hội trường được chia thành từng dãy ghế, mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi như nhau. Vì có \(567\) người dự hội nghị nên ban tổ chức phải kê thêm \(1\) dãy ghế, đồng thời phải kê thêm \(2\) chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế thì vừa đủ số chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu hội trường có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi?

Gọi số dãy ghế lúc đầu là \(x\) (dãy ghế) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}\,\,;\,\,500\,\, \vdots \,\,x} \right).\)  

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu là \(\dfrac{{500}}{x}\) (chỗ).

Số dãy ghế lúc sau là \(x + 1\) (dãy).

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau là: \(\dfrac{{567}}{{x + 1}}\) (chỗ).

Vì số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau nhiều hơn số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu  là \(2\) chỗ nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{567}}{{x + 1}} - \dfrac{{500}}{x} = 2\,\,\\ \Rightarrow 567x - 500\left( {x + 1} \right) = 2x\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 567x - 500x - 500 = 2{x^2} + 2x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 65x + 500 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 20} \right)\left( {2x - 25} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 20 = 0\\2x - 25 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 12,5\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy lúc đầu hội trường có \(20\) dãy ghế, mỗi dãy ghế có \(\dfrac{{500}}{{20}} = 25\) chỗ ngồi.

b) Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y = 2.\) Tìm giá trị lớn nhất của \(A = xy\left( {{x^3} + {y^3}} \right).\)

Ta có: \(A = xy\left( {{x^3} + {y^3}} \right)\) \( = xy\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} - xy + {y^2}} \right)\)\( = xy\left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy} \right]\)

Mà \(x + y = 2\,\, \Rightarrow A = xy.2.\left( {{2^2} - 3xy} \right)\) \( = 2xy\left( {4 - 3xy} \right) = 8xy - 6{\left( {xy} \right)^2}\)

\( \Rightarrow A =  - 6\left[ {{{\left( {xy} \right)}^2} - \dfrac{4}{3}xy} \right]\)\( =  - 6\left[ {{{\left( {xy} \right)}^2} - 2.\dfrac{2}{3}xy + \dfrac{4}{9} - \dfrac{4}{9}} \right]\)

 \(\begin{array}{l} =  - 6\left[ {{{\left( {xy - \dfrac{2}{3}} \right)}^2} - \dfrac{4}{9}} \right]\\ = \dfrac{8}{3} - 6{\left( {xy - \dfrac{2}{3}} \right)^2} \le \dfrac{8}{3}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{\left( {xy - \dfrac{2}{3}} \right)^2} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\xy = \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\y = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\y = 1 - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(A\) là \(\dfrac{8}{3}\).

Nguồn sưu tầm