Đề thi HK2 Toán lớp 9 – số 5

Đề thi HK2 Toán lớp 9 – số 5 – có đáp án chi tiết.

 

Bài I : (2 điểm) Cho biểu thức \(P = \dfrac{1}{{x – 2\sqrt x }} – \dfrac{2}{{x – 4}}\) với \(x \ne 4,x > 0\)

1) Rút gọn biểu thức P

2) Chứng minh rằng P < 0 với mọi \(x \ne 4,x > 0\)

3) Tìm những giá trị của x để \(P =  – \dfrac{1}{{15}}\)

Bài II : (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một người đi ô tô từ A đến B cách nhau 90km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng tốc độ 5km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính tốc độ của ô tô lúc đi từ A đến B.

Bài III : (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{108}}{x} – \dfrac{{63}}{y} = 7\\\dfrac{{81}}{x} – \dfrac{{84}}{y} = 7\end{array} \right.\)

2) Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \dfrac{{ – 1}}{2}x + 2\) và Parabol \(\left( P \right):y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) trên hệ trục tọa độ Oxy.

a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) đã cho.

b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tìm điểm N trên trục hoành sao cho tam giác NAB cân tại N.

Bài IV : (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định, \(BC = R\sqrt 3 .\) A là điểm di động trên cung lớn BC (A khác B, C) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Kẻ đường kính AF của đường tròn (O), AF cắt BC tại điểm N.

a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh AE.AB = AD.AC

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K (K khác O). Chứng minh ba điểm K, H, F thẳng hàng.

Bài V : (0,5 điểm)

Cho hai số thực m và n khác 0 thỏa mãn \(\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{2}.\) Chứng minh rằng trong hai phương trình \({x^2} + mx + n = 0\) và \({x^2} + nx + m = 0\) có ít nhất một phương trình có nghiệm.

Lời giải chi tiết

Bài I:  Cho biểu thức \(P = \dfrac{1}{{x – 2\sqrt x }} – \dfrac{2}{{x – 4}}\) với \(x \ne 4,x > 0\)

a) Rút gọn biểu thức P

\(P = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  – 2} \right)}} \)\(\,- \dfrac{2}{{\left( {\sqrt x  – 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(P = \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}\)\(\, – \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  – 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

Thu gọn ta được \(P = \dfrac{{ – 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

b) Chứng minh rằng P < 0 với mọi \(x \ne 4,x > 0\)\(x \ne 4,x > 0\)

Với mọi \(x \ne 4,x > 0\) ta có \(\left. \begin{array}{l}\sqrt x  > 0\\\sqrt x  + 2 > 0\end{array} \right\} \Rightarrow \sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) > 0\)

Mà \( – 1 < 0\) nên \(P = \dfrac{{ – 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} < 0\) với mọi \(x \ne 4,x > 0\)

c) Tìm những giá trị của x để \(P = \dfrac{{ – 1}}{{15}}\)

Thay \(P = \dfrac{{ – 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\) vào \(P = \dfrac{{ – 1}}{{15}}\)\( \Rightarrow \dfrac{{ – 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \dfrac{{ – 1}}{{15}}\)

Tính được x = 9 (kết hợp điều kiện thỏa mãn)

Vậy x = 9 để \(P = \dfrac{{ – 1}}{{15}}\)

Bài II)  Gọi vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là x (km/h), x > 0

Vận tốc của ô tô đi từ B trở về A là \(x + 5\) (km/h)

Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{90}}{x}\) (h)

Thời gian ô tô đi từ B trở về A là \(\dfrac{{90}}{{x + 5}}\) (h)

Đổi 15 phút = \(\dfrac{1}{4}h.\) Thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút nên ta được phương trình \(\dfrac{{90}}{x} – \dfrac{{90}}{{x + 5}} = \dfrac{1}{4}\)

Giải phương trình được x = 40 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là 40km/h

Bài III)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{108}}{x} – \dfrac{{63}}{y} = 7\\\dfrac{{81}}{x} – \dfrac{{84}}{y} = 7\end{array} \right.\)

ĐKXĐ: \(x,y \ne 0\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = u\\\dfrac{1}{y} = v\end{array} \right.\) ta thu được hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}108u – 63v = 7\\81u – 84v = 4\end{array} \right.\)

Giải hệ ta được \(u = \dfrac{1}{{27}};\) \(v = \dfrac{{ – 1}}{{21}}\)

Từ đó suy ra được \(x = 27;y =  – 21\)

2) a) Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \dfrac{{ – 1}}{2}x + 2\) và Parabol \(\left( P \right):y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) trên hệ trục tọa độ Oxy

Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) đã cho

b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tìm điểm N trên trục hoành sao cho tam giác NAB cân tại N.

Lập phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: \(\dfrac{1}{4}{x^2} =  – \dfrac{1}{2}x + 2\)

Giải phương trình ta được \(\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  – 4\end{array} \right.\)

Thu được \(A\left( {2; – 1} \right);\) \(B\left( { – 4;4} \right)\)

Điểm N nằm trên trục hoành tọa độ \(N\left( {a;0} \right)\)

Tam giác NAB cân tại N nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}NA = NB\\N \notin AB\end{array} \right.\)

$\Leftrightarrow\begin{cases}\sqrt{(a-2)^2+1}=\sqrt{(a+4)^2+4^2} \\-\frac{1}{2}a+2\neq0 \end{cases}$

Giải được \(a =  – \dfrac{9}{4}\)

Vậy tọa độ điểm \(N\left( { – \dfrac{9}{4};0} \right)\)

Câu IV)

a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp

Tứ giác BEDC có \(\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = {90^0}\)

Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp (hai góc kề bằng nhau cùng chắn cung BC)

b) Chứng minh AE.AB = AD.AC

Hai tam giác \(\Delta AED\) đồng dạng \(\Delta ACB\) (g – g) vì có \(\widehat A\) chung và \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\) (cùng bù với \(\widehat {BED}\))

Vì \(\Delta AED\) = \(\Delta ACB\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AD}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow AE.AB = AD.AC\)

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành

Ta có \(\widehat {BDC} = \widehat {ACF} = {90^0} \Rightarrow CF\) // BD hay CF // BH (1)

Ta có \(\widehat {ABF} = \widehat {AEC} = {90^0} \Rightarrow BF\) // CE hay BF // CH (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) Tứ giác BHCF là hình bình hành

d) Chứng minh ba điểm K, H, F thẳng hàng

Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH \( \Rightarrow \widehat {AKH} = {90^0}\) (1)

Mà tam giác AKF nội tiếp đường tròn đường kính AF \( \Rightarrow \widehat {AKF} = {90^0}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm K, H, F thẳng hàng

Bài V)  Cho hai số thực m và n khác 0 thỏa mãn \(\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{2}.\) Chứng minh rằng trong hai phương trình \({x^2} + mx + n = 0\) và \({x^2} + nx + m = 0\) có ít nhất một phương trình có nghiệm.

  Với m, n \( \ne 0\)

\(\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow mn = 2(m + n)\)

Phương trình \({x^2} + mx + n = 0\) (1) có \({\Delta _1} = {m^2} – 4n\)

Phương trình \({x^2} + nx + m = 0\) (2) có \({\Delta _2} = {n^2} – 4m\)

\({\Delta _1} + {\Delta _2} = {m^2} + {n^2} – 4\left( {m + n} \right)\)\(\, \ge 2mn – 4\left( {m + n} \right)\) (theo BĐT Cô – si)

\({\Delta _1} + {\Delta _2} \ge 4\left( {m + n} \right) – 4\left( {m + n} \right)\)\(\, = 0\)

Vậy hai phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm.