Đề thi học kì I Toán 9 - Đề 6

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I

Môn: Toán – Lớp 9 (đề 6)

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1.( 1,5điểm)

1. Tính giá trị các biểu thức sau: 2 3 2 2  

2. Chứng minh rằng 3 3 1 1 2 2

  

Bài 2.(2điểm)

Cho biểu thức : P = ( Với a 0 ; a 4 ) 4 4 4

2 2

a a a

a a

     

 

1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính tại a thoả mãn điều kiện a2 – 7a + 12 = 0 P 3) Tìm giá trị của a sao cho P = a + 1. Bài 3. (2điểm)

Cho hai đường thẳng :

(d1): y = và (d2): y = 1 2 2 x  2 x 

1. Vẽ (d1) và (d2) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. 2. Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d1) và (d2) với trục Ox , C là giao điểm của (d1) và (d2) . Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC (đơn vị trên hệ trục tọa độ là cm) Bài 4. (4,5điểm)

Cho tam giác ABC nhọn . Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M và cắt AC ở N. Gọi H là giao điểm của BN và CM. 1) Chứng minh AH BC .  2) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) 3) Chứng minh MN. OE = 2ME. MO 4) Giả sử AH = BC. Tính tang BAC.

-------------------------------------------

ThuVienDeThi.com

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 6 Bài 1.( 1,5điểm)

1. Tính giá trị các biểu thức sau:

= 2 3 2 2   

2 2 2 2 2 2.1 1   

=  

2 2 2 1  

= 2 2 1  

=   2 2 1  

= 2 2 1 1  

2. Chứng minh rằng 3 3 1 1 2 2

  

Biến đổi vế trái ta có: 3 2 3 1 2 2   

=   2 2 3

4



= 4 2 3 4 

= =  

2 3 1

2

 3 1 2



Vậy 3 3 1 1 2 2

  

Bài 2.(2điểm)

1) Rút gọn biểu thức P.

P = ( Với a 0 ; a 4 ) 4 4 4

2 2

a a a

a a

     

 

=    

2 2 2 2

2 2

a a a

a a

      = 2 2 a a    = 2 4 a  2) Tính tại a thoả mãn điều kiện a2 – 7a + 12 = 0 P Ta có: a2 – 7a + 12 = 0 2 3 4 12 0 a a a          3 4 3 0 a a a         3 4 0 a a     (thỏa mãn đk) ; a = 4( loại) 3 a  

Với a = 3 =  

2 2 3 4 3 1 P      3 1 

3) Tìm giá trị của a sao cho P = a + 1

P = a + 1 = a + 1 2 4 a 

2 3 0 a a    

. Vì .    3 1 0 a a     0 1 0 a a   

Do đó: (thỏa mãn đk) 3 0 9 a a     Vậy : P = a + 1 9 a   ThuVienDeThi.com

K

_

_ =

=

H

E

O

N

M

C B

A

Bài 3. (2điểm)

(d1): y = và (d2): y = 1 2 2 x  2 x 

1. Vẽ (d1) và (d2) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. (d1) là đường thẳng đi qua hai điểm (0; 2) và

  4;0 

(d2) là đường thẳng đi qua hai điểm (0; 2) và   2;0

-4 2

2

y

x

d2 d1

O

B A

C

2. Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC (d1) và (d2) cùng cắt nhau tại một điểm trên trục tung có tung độ bằng 2 Áp dụng định lý Pi ta go cho các tam giác AOC và BOC vuông ở O ta được: ; 2 2 4 2 20 2 5 AC     2 2 2 2 8 2 2 BC     Chu vi tam giác ABC : AC + BC + AB = (cm) 2 5 2 2 6 13,30   

Diện tích tam giác ABC : 2 1 1 . . .2.6 6 2 2 OC AB cm  

Bài 4. (4,5 điểm)

1) Chứng minh AH BC .  ΔBMC và ΔBNC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC Suy ra BMC = BNC = 900. Do đó: , , BN AC  CM AB  Tam giác ABC có hai đường cao BN , CM cắt nhau tại H Do đó H là trực tâm tam giác. Vậy AH BC.  2) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) OB = OM (bk đường tròn (O)) ΔBOM cân ở M.  Do đó: OMB = OBM (1)

ΔAMH vuông ở M , E là trung điểm AH nên AE = HE = . Vậy ΔAME cân ở E. 1 2 AH

Do đó: AME = MAE (2) Từ (1) và (2) suy ra: OMB + AME = MBO + MAH. Mà MBO + MAH = 900 (vì AH BC )  Nên OMB + AME = 900. Do đó EMO = 900. Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn (O)

3) Chứng minh MN. OE = 2ME. MO OM = ON và EM = EN nên OE là đường trung trực MN.

Do đó OE MN tại K và MK = .  2 MN

ΔEMO vuông ở M , MK OE nên ME. MO = MK . OE = .OE.  2 MN

Suy ra: MN. OE = 2ME. MO 4) Giả sử AH = BC. Tính tang BAC. ΔBNC và ΔANH vuông ở N có BC = AH và NBC = NAH (cùng phụ góc ACB) ΔBNC = ΔANH (cạnh huyền, góc nhọn) BN = AN. 

ΔANB vuông ở N tanNAB = . Do đó: tanBAC = 1.  1  AN BN

----------------------------

ThuVienDeThi.com