Đề số 15 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9

c

Đề bài

Bài 1 (1,0 điểm):

Giải phương trình 2 28 128 0 x x   

Bài 2 (1,5 điểm):

Cho phương trình 2 ( 1) (2 3) 4 0 (1) m x m x m       , với m là tham số.

a) Giải phương trình khi 1 m  .

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.

ĐỀ THI HỌC KÌ I:

ĐỀ SỐ 15

MÔN: TOÁN - LỚP 9

BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

LG bài 1

Giải chi tiết:

Ta có: 2 2 14 1.( 128) 196 128 324 18        

0   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

14 18 32 1 x     và 2

14 18 4 1 x    

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là { 32;4} S 

LG bài 2

Giải chi tiết:

a) Khi 1 m  ta có phương trình 3 0 x 

Do đó, phương trình có 1 nghiệm là 3 x  .

b) Khi 1 m  theo câu a phương trình có một nghiệm.

Khi 1 m , phương trình đã cho là một phương trình bậc 2 có 2 4 (2 3) 4( 1)( ) 8 7 m m m m       

Phương trình có nghiệm 0 8 7 m    (với 1 m )

Kết hợp 2 trường hợp trên: khi 7 8 m  thì phương trình đã cho có nghiệm.

LG bài 3

Giải chi tiết:

Cho ( ) P là đồ thị hàm số 2 ( ) 1 , 2 y x d  là đồ thị hàm số 2 y x  và ( ) d là đồ thị hàm số y x  .

a) +) Vẽ đồ thị của hàm số 2 1 2 y x  :

Chọn 0 0 x y   ;

2 1 1 1 .1 2 2 x y     ;

2 1 1 1 .( 1) 2 2 x y     

Vậy đồ thị hàm số nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng và đi qua các điểm 1 1 (0;0); 1; ; 1; 2 2            

.

+) Vẽ đồ thị hàm số 2 y x 

Chọn 0 0; 1 2 x y x y      .

Đồ thị hàm số 2 y x  đi qua gốc tọa độ (0;0) và điểm (1;2) .

+) Vẽ đồ thị hàm số y x 

Chọn 1 0 0; 1 x y x y     .

Đồ thị hàm số y x  đi qua gốc tọa độ (0;0) và điểm (1; 1)  .

b)

+) Hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là nghiệm của phương trình:

2

2

1 2 2

1 2 0 2

1 2 0 2

0 0 1 4 2 0 2

x x

x x

x x

x x x x

 

  

                     

Với 8 4 x y  

Vậy giao điểm thứ hai của ( ) P và ( ) d là ( 4; 8) A  

+) Hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là nghiệm của phương trình:

2

2

1 2

1 0 2

1 1 0 2

0

0 1 2 1 0 2

x x

x x

x x

x x x x

 

  

                      

Với 2 2 x y  

Vậy giao điểm thứ hai của ( ) P và ( ) dlà (2; 2) B  .

+) Ta có: 2 2 2 4 8 80 ; OA    2 2 2 2 2 8; OB    2 2 2 (4 2) (8 2) 72 AB     

2 2 2 OA OB AB   

 Tam giác OAB vuông tại B

Ta có 2 2 ; 6 2 . OB cm AB cm  

Diện tích tam giác $OAB$ là 2 1 1 . .2 2.6 2 12( ) 2 2 OAB S OB AB cm   

LG bài 4

Giải chi tiết:

Gọi ,x y là hai số tự nhiên cần tìm, trong đó y là số lớn, x là số bé.

Theo đề bài ta có phương trình 1814 y x   và 9 182 y x   .

Nên ta có hệ phương trình 1814 9 182 y x y x       

1814 8 1632 204 1814 9 182 1814 2018 y x x x x x y x y                      

Vậy hai số tự nhiên cần tìm là $204$ và $2018$.

LG bài 5

Giải chi tiết:

a) Ta có 0 90 CDM  (do MD BC  )

0 90 CEM  (do ME AC  )

0 180 CDM CEM   

Tương tự câu a ta cũng có tứ giác $BDMF$ nội tiếp nên ta có:

(2) MDE MBF  (cùng chắn của đường tròn ( ) BDME )

Từ (1) và (2) ta suy ra:

0 60 EDF MDE MDF MBC MBF CBA       (vì tam giác $ABC$ đều do có AB AC  và 0 60 BAC  )

c) Ta có MED MCD  (cùng chắn của đường tròn ( ) CDME )

Mà MCD MBF  (cùng chắn của đường tròn ( ) O )

Kết hợp (2) (3) MED MDF  

Từ (1): MDE MBC 

Mà MBC MFD  (cùng chắn của đường tròn ( ) BDMF )

(4) MDE MFD  

Từ (3) và (4) suy ra MDE  và MFD  đồng dạng

2 . MD ME MD ME MF MF MD    