User Avatar
Tài khoản
User Avatar
Sách Tập đề thi giữa kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 full đáp án chi tiết Giải đề thi giữa học kì 2 môn Toán THCS Newtơn năm 2016-2017

Giải đề thi giữa học kì 2 môn Toán THCS Newtơn năm 2016-2017

Câu 1: 

a. 

$\begin{array}{l}
P = \left( {\dfrac{1}{{x - \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{x - 2\sqrt x  + 1}}\left( {x > 0,x \ne 1} \right)\\
 = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}\\
 = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }} = \dfrac{{x - 1}}{x}
\end{array}$

b. Ta có

$x=\dfrac{2}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{2\left( 2+\sqrt{3} \right)}{4-3}=4+2\sqrt{3}$

Thay $x=4+2\sqrt{3}$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức P ta được

$P=\dfrac{4+2\sqrt{3}-1}{4+2\sqrt{3}}=\dfrac{3+2\sqrt{3}}{4+2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Vậy khi $x=\dfrac{2}{2-\sqrt{3}}$ thì $P=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

c. Để $P>\dfrac{1}{2}$thì $\dfrac{x-1}{x}>\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow \dfrac{x-1}{x}-\dfrac{1}{2}>0\Leftrightarrow \dfrac{2x-2-x}{2x}>0\Leftrightarrow \dfrac{x-2}{2x}>0$

Vì $x>0;x\ne 1$ nên $2x>0\Rightarrow x-2>0\Leftrightarrow x>2$( thỏa mãn điều kiện)

Vậy với $x>2$ thì $P>\dfrac{1}{2}$

Câu 2:

Gọi chiều dài của khu vườn lúc đầu là x (cm)

Chiều rộng của khu vườn lúc đầu là y (cm) (ĐK: $0<x;y<\dfrac{72}{2}$)

Vì chu vi khu vườn lúc đầu là 72 cm nên ta có phương trình:

$2\left( x+y \right)=72$ (1)

Chiều rộng sau khi tăng là: 2y (cm)

Chiều dài sau khi tăng là: 3x (cm)

Vì tăng chiều rộng lên gấp đôi và tăng chiều dài lên gấp ba thì chu vi của khu vườn mới là 194 m nên ta có phương trình:

$2\left( 3x+2y \right)=194$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}
2\left( {x + y} \right) = 72\\
2\left( {3x + 2y} \right) = 194
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x + 2y = 72\\
3x + 2y = 97
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 25\\
y = 11
\end{array} \right.$ 
(TMĐK)

Vậy chiều dài và chiều rộng đã cho lúc ban đầu ần lượt là 25cm, 11cm.

Câu 3:

  1. Thay m=1 vào hệ phương trình ta được

$\left\{ \begin{array}{l}
3x - y = 2.1 - 1\\
x + 2y = 3.1 + 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6x - 2y = 2\\
x + 2y = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2
\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)$

b. $\left\{ \begin{array}{l}
3x - y = 2m - 1\\
x + 2y = 3m + 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6x - 2y = 4m - 2\\
x + 2y = 3m + 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = m\\
y = m + 1
\end{array} \right.$

Để ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=5$ thì ${m^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow {m^2} + {m^2} + 2m + 1 = 5 \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - 2
\end{array} \right.$

Vậy $\left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - 2
\end{array} \right.$
 thì ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=5$

Câu 4:

Để $y=\left( a-2b \right)x+b$ đi qua $A\left( 1;2 \right)$và $B\left( -4;-3 \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
2 = \left( {a - 2b} \right)1 + b\\
 - 3 = \left( {a - 2b} \right)\left( { - 4} \right) + b
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - b = 2\\
 - 4a + 9b =  - 3
\end{array} \right.$

$\left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m =  - 2
\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a - 4b = 8\\
 - 4a + 9b =  - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 1\\
a = 3
\end{array} \right.$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}
b = 1\\
a = 3
\end{array} \right.$
 thì $y=\left( a-2b \right)x+b$ đi qua $A\left( 1;2 \right)$và$B\left( -4;-3 \right)$

Câu 5:

  1. Xét tứ giác BEFI có:

$\widehat{AEB}={{90}^{0}}$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat{FIB}={{90}^{0}}$( gt)

$\Rightarrow \widehat{AEB}+\widehat{FIB}={{180}^{0}}$

$\Rightarrow $Tứ giác BEFI nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 độ)

  1. Ta có $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $\Delta ACB$vuông tại A có CI là đường cao, ta có:

$C{{I}^{2}}=IA.IB$ (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà CI = ID (đường kính vuông góc với dây cung)

$\Rightarrow CI.ID=IA.IB$

        +) Ta có $\Delta ACF\sim \Delta AEC$(g-g)

          $\Rightarrow \dfrac{AC}{AE}=\dfrac{\text{AF}}{AC}\Rightarrow A{{C}^{2}}=AE.\text{AF}$

  1. Ta có $\widehat{ACD}=\widehat{CEA}$(Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow $CA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta C\text{EF}$ (Góc có đỉnh nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung có số đo bằng nửa cung căng dây nằm bên trong góc đó)

Mà $CA\bot CB$ $\Rightarrow $ Tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta C\text{EF}$ thuộc BC cố định.

Cách 2: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng CD chứa tia CA, kẻ tia Cx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF.

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF có:

$\widehat{DCx}=\widehat{\text{CEF}}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF)

Mà $\widehat{ACD}=\widehat{\text{CEF}}$(cmt)

$\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{DCx}$

Suy ra tia CA và tia Cx trùng nhau.

Mà Cx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF

Suy ra CA cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF.

Câu 6: Giả sử:
$a+b+c+d+e\ge \sqrt{a}\left( \sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e} \right)$

$\Leftrightarrow 4\left( a+b+c+d+e \right)\ge 4\sqrt{ab}+4\sqrt{ac}+4\sqrt{ad}+4\sqrt{ae}$$\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{a}-2\sqrt{b} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{a}-2\sqrt{c} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{a}-2\sqrt{d} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{a}-2\sqrt{e} \right)}^{2}}\ge 0$(luôn đúng)

Vậy $a+b+c+d+e\ge \sqrt{a}\left( \sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e} \right)$

Dấu “=” xảy ra khi a = 4b = 4c = 4d = 4e

Mục lục - Tập đề thi giữa kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 full đáp án chi tiết
Nhóm toan123.vn trên facebook