Đề số 14 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 9

c

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Tính: 3 16 5 36 

b) Chứng minh rằng: với 0 x  và 1 x  thì 1

1 1 x x x x x x

    

Câu 2 (2,5 điểm)Cho hàm số (2 1) 6 y m x    có đồ thị ( ) d .

a) Với giá trị nào của m thì hàm số nghịch biến trên R .

b) Tìm m để đồ thị hàm số ( ) d đã cho đi qua điểm (1;2) A .

c) Vẽ ( ) d khi 2 m  .

Câu 5 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại ( ) A AB AC  . Vẽ đường tròn tâm O đường kính AC cắt cạnh BC tại ( ) D D C  . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của AD và DC. Tia OH cắt cạnh AB tại E . Chứng minh:

a) AD là đường cao của tam giác ABC

ĐỀ THI HỌC KÌ I:

ĐỀ SỐ 14

MÔN: TOÁN - LỚP 9

BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

. ) b DE là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O .

c) Tứ giác OHDK là hình chữ nhật.

LG bài 1

Giải chi tiết:

a) 3 16 5 36 3.4 5.6 12 30 42      

b) Với 0 x  và 1 x  ta có:

 

   

 

    

1 1

1 1 1

. 1

1 1

1

1

1 1

1

1

x x x x

x x x x

x x

x x x x

x

x x

x x

x x

x

x

  

   

   

 



  



 

Vậy với 0 x  và 1 x  thì 1

1 1 x x x x x x

    

.

LG bài 2

Giải chi tiết:

a) Hàm số bậc nhất (2 1) 6 y m x    nghịch biến trên R khi 2 1 0 m

1 2 1 2 m m    

b) Đồ thị hàm số (2 1) 6 y m x    đi qua điểm (1;2) A

2 (2 1).1 6 2 2 1 6 2 7 7 . 2

m m m

m

        

 

c) Khi 2 m  ta có 3 6 y x   .

Cho 2 6 ; 0 0 x y y x     

Đồ thị hàm số 3 6 y x   đi qua 2 điểm ( 2;0); (0; 6) A B  

LG bài 3

Giải chi tiết:

ACH  vuông tại H có:

cos CH C AC  0 2 1 cos cos60

2

CH a a AC a C     

ABC  có 0 .tan 2 .tan60 2 3 AB AC C a a   

LG bài 4

Giải chi tiết:

a) Ta có: ADC  nội tiếp đường tròn ( ) O đường kính AC

ADC  vuông tại D

AD BC   tại D

AD  là đường cao của tam giác ABC

b) Ta có: AOD  cân tại ( ) O OA OD R   .

Mà OH là đường trung tuyến (H là trung điểm của AD)  OH là đường phân giác của AOD 

AOH DOH  

Xét AOE  và DOE  ta có:

   

( ).

EO chung

DOE AOE cmt OA OD R AOE DOE c g c

       

EAO EDO   (hai góc tương ứng)

Mà 0 90 ( EAO ABC    vuông tại A ) 0 90 EDO ED OD    

Mà D thuộc ( ) O DE  là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O .

c) Ta có H là trung điểm của dây cung AD của ( ) O

OH AD   tại H (đường kính – dây cung)

Hay 0 90 OHD  

Ta có K là trung điểm của dây cung DC của ( ) O

OK DC   tại K (đường kính – dây cung)

Hay 0 90 OKD  

Mà 0 90 AD DC HDO   

Xét tứ giác $OHDK$ ta có: 0 90 OHD HDK DKO    

 Tứ giác $OHDK$ là hình chữ nhật. (dhnb)