Đề số 5 – Đề kiểm tra học kì 2 – Toán 9

Đề bài

Bài I: (2,0 điểm)

Cho các biểu thức \(P = \dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}}\)\(\, + \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{3 - \sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 5\sqrt x  + 6}}\) và \(Q = 1 - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 9\)

a) Tính giá trị của biểu thức Q khi \(x = 4 + 2\sqrt 3 \)

b) Rút gọn biểu thức \(T = P:Q\)

c) Tìm x để \(\dfrac{1}{T}\) có giá trị nguyên

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

Bạn An dự định thực hiện công việc quét sơn cho \(40{m^2}\) tường trong một thời gian nhất định. Tuy nhiên, khi thực hiện mỗi giờ bạn An quét được ít hơn dự định là \(2{m^2}\), do đó bạn đã hoàn thành công việc chậm hơn so với kế hoạch là một giờ. Hỏi nếu đúng kế hoạch thì bạn An hoàn thành công việc trong bao lâu?

Câu III: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{2x - y}} + x + 3y = \dfrac{3}{2}\\\dfrac{4}{{2x - y}} - 5\left( {x + 3y} \right) =  - 3\end{array} \right.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng \(\left( d \right):y = mx - 2m + 3\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\)

a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\) \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 5\)

b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để (d) và (P) không có điểm chung.

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.

1) Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh \(AF.AB = AE.AC\)

3) BE và CF lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là M và N. Chứng minh EF // MN

4) Giả sử B và C cố định; A thay đổi. Tìm vị trị của A sao cho tam giác AEH có diện tích lớn nhất.

Câu V: (0,5 điểm) Với các số dương x, y, z, t thỏa mãn \(x + y + z + t = 4.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{1}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{1}{{{z^2} + 1}} \)\(\,+ \dfrac{1}{{{t^2} + 1}}\).

Lời giải chi tiết

Bài I:

1) Biến đổi được \(x = 4 + 2\sqrt 3  = {\left( {1 + \sqrt 3 } \right)^2}\)

Thay \(x = {\left( {1 + \sqrt 3 } \right)^2}\) (tmđk) vào biểu thức Q ta có:

\(Q = 2 - \sqrt 3 \) 

2) 

3) 

\(\dfrac{1}{T} = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}}\)

Chặn được giá trị của \(\dfrac{1}{T}: - 2 \le \dfrac{1}{T} < 1\)

Vì \(\dfrac{1}{T}\) nguyên suy ra \(\dfrac{1}{T} =  - 2\) hoặc \(\dfrac{1}{T} =  - 1\) hoặc \(\dfrac{1}{T} = 0\)

Tìm x được x = 0 (TMĐK); \(x = \dfrac{1}{4}\) (TMĐK); x = 4 (KTMĐK)

Kết luận: Vậy x = 0; \(x = \dfrac{1}{4}\); x = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài II:

+ Gọi số mét vuông tường bạn An định quét sơn trong 1 giờ là x (\({m^2}\)) \(\left( {x > 2} \right)\)

Khi đó thời gian dự định hoàn thành công việc là \(\dfrac{{40}}{x}(h)\)

Thực tế mỗi giờ quét sơn được \(x - 2\) \(\left( {{m^2}} \right)\)

Thời gian thực tế hoàn thành công việc là \(\dfrac{{40}}{{x - 2}}(h)\)

Theo đề bài ta có PT: \(\dfrac{{40}}{{x - 2}} - \dfrac{{40}}{x} = 1\)

+ Giải đúng pt được: \(x =  - 8\) (không thỏa mãn), \(x = 10\) (thỏa mãn)

+ Kết luận thời gian dự định hoàn thành công việc là 4 giờ

Bài III:

1)

ĐKXĐ: \(2x \ne y\)

Đặt \(\dfrac{1}{{2x - y}} = a;x + 3y = b\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = \dfrac{3}{2}\\4a - 5b =  - 3\end{array} \right.\)

Giải hệ tìm được \(a = \dfrac{1}{2};b = 1\)

Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 2\\x + 3y = 1\end{array} \right.\) tìm được \(x = 1;y = 0(TM)\)

2) 

a)

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)

\(\begin{array}{l}{x^2} = mx - 2m + 3(1)\\ \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2m - 3 = 0\end{array}\)

\(\Delta  = {m^2} - 8m + 12 = {\left( {m - 4} \right)^2} - 4\)

(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta  > 0\)

\(\begin{array}{l}\Delta  > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 4} \right)^2} > 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 4 > 2\\m - 4 <  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 6\\m < 2\end{array} \right.\end{array}\)

+ Với m > 6 hoặc m < 2, (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của pt (1)

Theo Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = 2m - 3\end{array} \right.\)

\(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 5 \)

\(\Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 5\)

\(\Leftrightarrow m(2m - 3) = 5\)

\(\Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 5 = 0\)

Tìm được \(m =  - 1(TM)\) và \(m = \dfrac{5}{2}(KTM)\)

Vậy \(m=-1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b)

(P) và (d) không có điểm chung khi pt (1) vô nghiệm

\(\Delta  < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 4} \right)^2} - 4 < 0\)

\(\Leftrightarrow {\left( {m - 4} \right)^2} < 4\)

\(\Leftrightarrow 2 < m < 6\)

Mà m là số nguyên nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\)

Vậy giá trị m nguyên nhỏ nhất để d không cắt (P) là m = 3

Bài IV:

a) Chứng minh được tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

b) Chứng minh được \(\Delta AHF\) đồng dạng với \(\Delta ABD\)

\( \Rightarrow AF.AB = AH.AD\) (1)

Chứng minh \(\Delta AEH\) đồgn dạng với \(\Delta ADC\)

Suy ra \(AE.AC = AH.AD\) (2)

(1) và (2) suy ra AF.AB = AE.AC

(Hoặc chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng với \(\Delta ABC\))

c)

+ Chứng minh được \(\widehat {MAC} = \widehat {CAD}\) hay \(\widehat {MAE} = \widehat {EAH}\) suy ra AE là trung trực của HM, suy ra E là trung điểm của HM

+ Tương tự chứng minh được F là trung điểm của HN

Suy ra FE // MN (đường trung bình)

(Hoặc có thể chứng minh \(\widehat {FCB} = \widehat {FEB} = \widehat {NMB}\))

d) \(4{S_{\Delta AEH}} = 2AE.EH \le A{E^2} + E{H^2} \)\(\,= A{H^2}\)

Chứng minh AH = 2OK, OK không đổi.

Lập luận, kết luận được \({S_{\Delta AEH}}\) lớn nhất khi AE = EH hay \(\widehat {HAE} = {45^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {45^0},\) suy ra vị trí A

Bài V:

Với các số dương x, y, z, t

Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh được:

\(\dfrac{1}{{{x^2} + 1}} = 1 - \dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} + 1}} \ge 1 - \dfrac{x}{2};\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow x = 1\)

Chứng minh tương tự:

\(\dfrac{1}{{{y^2} + 1}} = 1 - \dfrac{{{y^2}}}{{{y^2} + 1}} \ge 1 - \dfrac{y}{2};\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow y = 1\)

\(\dfrac{1}{{{z^2} + 1}} = 1 - \dfrac{{{z^2}}}{{{z^2} + 1}} \ge 1 - \dfrac{z}{2};\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow z = 1\)

\(\dfrac{1}{{{t^2} + 1}} = 1 - \dfrac{{{t^2}}}{{{t^2} + 1}} \ge 1 - \dfrac{t}{2};\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow t = 1\)

Mà \(x + y + z + t = 4\)

Do đó \(A = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{1}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{1}{{{z^2} + 1}} \)\(\,+ \dfrac{1}{{{t^2} + 1}} \ge 2\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 \( \Leftrightarrow x = y = z = t = 1\)