Đề môn Toán lớp 9 cuối học kì 1: Tìm tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) bằng phép toán …

1. (2đ) Thực hiện phép tính:

a) \(3\sqrt {80}  – 2\sqrt {45}  – \sqrt {125} \).

b) \(\dfrac{3}{{\sqrt 7  – 1}} – \dfrac{{\sqrt 7  – \sqrt {21} }}{{2 – 2\sqrt 3 }}\).

c) \(\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {24 – 8\sqrt 5 } \).

2. (1đ) Giải phương trình:

a)\(\sqrt {4 – 3x}  = 4\).

b)\(\sqrt {4{x^2} + 4x + 1}  = 5\).

3. (1,5đ)

Cho hàm số \(y =  – \dfrac{1}{2}x\) có đồ thị \(\left( {{d_1}} \right)\) và hàm số \(y = x – 3\) có đồ thị \(\left( {{d_2}} \right)\).

a)Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm A của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) bằng phép toán.

4. (1đ) Một máy bay cất cánh theo phương có góc nâng là \({23^o}\)so với mặt đất. Hỏi muốn đạt độ cao 250m so với mặt đất thì máy bay phải bay lên một đoạn đường là bao nhiêu mét? (làm tròn đến mét)

5. (1đ) Một hỗn hợp dung dịch gồm nước và muối trong đó 6% muối (về khối lượng). Hỏi phải thêm bao nhiêu kg nước vào 50kg dung dịch trên để có được một dung dịch mới có 3% muối.

6. (1đ) Một cửa hàng có hai loại quạt, giá tiền như nhau. Quạt màu xanh được giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán. Quạt màu đỏ được giảm giá một lần 20%. Hỏi sau khi giảm giá như trên thì loại quạt nào rẻ hơn.

7. (2,5đ) Cho \(\left( O \right)\)đường kính \(AB\). Lấy C thuộc \(\left( O \right)\), gọi E là trung điểm BC. Tiếp tuyến tại C của \(\left( O \right)\)cắt OE ở D

a)Chứng minh: \(\Delta ACB\)vuông và \(OE \bot BC\).

b)Chứng minh: DB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

c)Kẻ CH vuông góc với AB. Chứng minh: \(CB.OC = OD.HC\).

1.Thực hiện phép tính:

a)\(3\sqrt {80}  – 2\sqrt {45}  – \sqrt {125} \).

\(3\sqrt {80}  – 2\sqrt {45}  – \sqrt {125}  \)

\(= 3.\sqrt {{4^2}.5}  – 2.\sqrt {{3^2}.5}  – \sqrt {{5^2}.5}  \)

\(= 12\sqrt 5  – 6\sqrt 5  – 5\sqrt 5  = \sqrt 5 \).

Vậy \(3\sqrt {80}  – 2\sqrt {45}  – \sqrt {125}  = \sqrt 5 \).

b)\(\dfrac{3}{{\sqrt 7  – 1}} – \dfrac{{\sqrt 7  – \sqrt {21} }}{{2 – 2\sqrt 3 }}\).

\(\begin{array}{l}\dfrac{3}{{\sqrt 7  – 1}} – \dfrac{{\sqrt 7  – \sqrt {21} }}{{2 – 2\sqrt 3 }} \\= \dfrac{{3.\left( {\sqrt 7  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 7  – 1} \right).\left( {\sqrt 7  + 1} \right)}} – \dfrac{{\sqrt 7  – \sqrt 7 .\sqrt 3 }}{{2.\left( {1 – \sqrt 3 } \right)}} \\= \dfrac{{3\left( {\sqrt 7  + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2} – 1}} – \dfrac{{\sqrt 7 \left( {1 – \sqrt 3 } \right)}}{{2\left( {1 – \sqrt 3 } \right)}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt 7  + 1} \right)}}{6} – \dfrac{{\sqrt 7 }}{2} \\= \dfrac{{\sqrt 7  + 1}}{2} – \dfrac{{\sqrt 7 }}{2} = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{3}{{\sqrt 7  – 1}} – \dfrac{{\sqrt 7  – \sqrt {21} }}{{2 – 2\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{2}\).

c)\(\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {24 – 8\sqrt 5 } \).

\(\begin{array}{l}\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {24 – 8\sqrt 5 }  \\= \sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {{2^2} – 2.2.\left( {2\sqrt 5 } \right) + {{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {2 – 2\sqrt 5 } \right)}^2}}  \\= \left| {2\sqrt 5  – 5} \right| + \left| {2 – 2\sqrt 5 } \right| \\= 5 – 2\sqrt 5  + 2\sqrt 5  – 2 = 3\end{array}\)

Vậy \(\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5  – 5} \right)}^2}}  + \sqrt {24 – 8\sqrt 5 }  = 3\).

2.Giải phương trình:

a)\(\sqrt {4 – 3x}  = 4\).

ĐKXĐ: \(4 – 3x \ge 0 \Leftrightarrow x \le \dfrac{4}{3}\)

\(\sqrt {4 – 3x}  = 4 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {4 – 3x} } \right)^2} = {4^2} \)

\(\Leftrightarrow 4 – 3x = 16 \Leftrightarrow x =  – 4\)

Nhận thấy \(x =  – 4\)thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy \(x =  – 4\) là nghiệm của phương trình.

b)\(\sqrt {4{x^2} + 4x + 1}  = 5\).

ĐKXĐ: \(4{x^2} + 4x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {2x + 1} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng\(\forall x \in \mathbb{R}\))

\(\begin{array}{l}\sqrt {4{x^2} + 4x + 1}  = 5\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {4{x^2} + 4x + 1} } \right)^2} = {5^2}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + 4x – 24 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x – 6 = 0 \\\Leftrightarrow {x^2} – 2x + 3x – 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x – 2} \right) + 3\left( {x – 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  – 3\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x =  – 3,x = 2\).

3.Cho hàm số \(y =  – \dfrac{1}{2}x\) có đồ thị \(\left( {{d_1}} \right)\) và hàm số \(y = x – 3\) có đồ thị \(\left( {{d_2}} \right)\).

a)Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.

Nhận thấy:

+) Hai điểm \(A\left( {2; – 1} \right),B\left( { – 2;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y =  – \dfrac{1}{2}x\)

+) Hai điểm \(A\left( {2; – 1} \right),B\left( {3;0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = x – 3\)

Từ đó ta có đồ thị của hai hàm số:

b)Tìm tọa độ giao điểm A của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) bằng phép toán.

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:

\( – \dfrac{1}{2}x = x – 3 \Leftrightarrow 3x = 6 \Leftrightarrow x = 2\)

Với \(x = 2 \Rightarrow y = x – 3 = 2 – 3 =  – 1\)

Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\)là điểm \(A\left( {2; – 1} \right)\).

4.Một máy bay cất cánh theo phương có góc nâng là \({23^o}\)so với mặt đất. Hỏi muốn đạt độ cao 250m so với mặt đất thì máy bay phải bay một đoạn đường là bao nhiêu mét? (làm tròn đến mét)

Ta có hình vẽ minh họa.

Độ dài đoạn AC chính là quãng đường máy bay cần đi để đạt độ cao 250m.

Xét tam giác ABC vuông tại B có:

\(\sin \left( {\angle CAB} \right) = \dfrac{{BC}}{{AC}} \)

\(\Rightarrow AC = \dfrac{{BC}}{{\sin \left( {\angle CAB} \right)}} = \dfrac{h}{{\sin {{23}^o}}} = \dfrac{{250}}{{\sin {{23}^o}}} \approx 640\left( m \right)\)

Vậy máy bay cần bay quãng đường 640 (m) để đạt được độ cao 250 (m)

5.Một hỗn hợp dung dịch gồm nước và muối trong đó 6% muối (về khối lượng). Hỏi phải thêm bao nhiêu kg nước vào 50kg dung dịch trên để có được một dung dịch mới có 3% muối.

Khối lượng muối có trong 50 kg dung dịch chứa 6% muối là: \(50.6\%  = 3\) (g)

Gọi lượng nước cần thêm vào dung dịch là \(x\left( g \right)\). Sau khi thêm vào dung dịch \(x\) (g) nước thì được dung dịch mới có 3% muối.

Ta có phương trình:

\(\dfrac{3}{{50 + x}} = \dfrac{3}{{100}} \Leftrightarrow 50 + x = 100 \Leftrightarrow x = 50\)

Vậy cần thêm vào dung dịch 50 (g) nước để có được một dung dịch mới có 3% muối.

6.Một cửa hàng có hai loại quạt, giá tiền như nhau. Quạt màu xanh được giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán. Quạt màu đỏ được giảm giá một lần 20%. Hỏi sau khi giảm giá như trên thì loại quạt nào rẻ hơn.

Gọi số tiền ban đầu của hai quạt là A

+) Sau khi giảm giá 10% lần đầu thì giá tiền chiếc quạt màu xanh là : \({A_1} = A – A.10\%  = 0.9A\)

+)Sau khi tiếp tục giảm giá 10% lần thứ 2 thì giá tiền chiếc quạt là:\({A_2} = {A_1} – {A_1}.10\%  = 0.9A – 0,9A.10\%  = 0,81A\)

+) Sau khi giảm giá chiếc quạt màu đỏ 20% thì giá tiền chiếc quạt đỏ là:\({A_1} = A – A.20\%  = 0,8A\)

Nhận thấy sau khi giảm giá thì quạt màu đỏ rẻ hơn quạt màu xanh \(\left( {0,8A < 0,81A} \right)\)

Vậy sau khi giảm giá thì quạt màu đỏ có giá rẻ hơn.

7.Cho \(\left( O \right)\)đường kính \(AB\). Lấy C thuộc \(\left( O \right)\), gọi E là trung điểm BC. Tiếp tuyến tại C của \(\left( O \right)\)cắt OE ở D.

a)Chứng minh: \(\Delta ACB\)vuông và \(OE \bot BC\).

+) Xét đường tròn \(\left( O \right)\)có AB là đường kính, suy ra \(\angle ACB\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, suy ra \(\angle ACB = {90^o}\), suy ra \(\Delta ACB\) vuông tại C

+) Có: \(OC = OB\) (do cùng bằng bán kính), suy ra O cách đều hai điểm C và B, suy ra O nằm trên trung trực của BC.

Có \(EC = EB\) (do E là trung điểm của BC), suy ra E cách đều hai điểm B và C, suy ra E nằm trên trung trực của BC

Ta có E và O đều nằm trên đường trung trực của đoạn BC, suy ra EO là trung trực của đoạn BC.\( \Rightarrow \)\(OE \bot BC\) (đpcm)

b)Chứng minh: DB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

Vì Tiếp tuyến tại C của \(\left( O \right)\)cắt OE ở D nên ta có D nằm trên EO, suy ra D nằm trên đường trung trực của BC, \( \Rightarrow DB = DC\)

Xét \(\Delta COD\) và \(\Delta BOD\)có:

+) \(OC = OB\) ( do cùng là bán kính của đường tròn)

+) chung cạnh OD

+) \(DB = DC\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta COD = \Delta BOD\left( {c – c – c} \right)\)

\(\Rightarrow \angle OCD = \angle OBD = {90^o} \Rightarrow BD \bot OB\)

Suy ra DB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)(đpcm).

c)Kẻ CH vuông góc với AB. Chứng minh: \(CB.OC = OD.HC\).

Vì DB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OBD = {90^o}\)\( \Rightarrow \angle CBO + \angle CBD = {90^o}\)                           (1)

Vì OD là trung trực của BC (cmt) \( \Rightarrow OD \bot BC \Rightarrow \angle DEB = {90^o} \)

\(\Rightarrow \angle ODB + \angle CBD = {90^o}\)     (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle CBO = \angle ODB\).

Xét \(\Delta ODB\) và \(\Delta CBH\) có:

+) \(\angle CHB = \angle OBD = {90^o}\)

+)  \(\angle CBO = \angle ODB\) ( cmt )

\( \Rightarrow \Delta ODB \sim \Delta CBH \)

\(\Rightarrow \dfrac{{OB}}{{CH}} = \dfrac{{OD}}{{BC}}\) \( \Rightarrow OB.BC = OD.CH\)

Mà có \(OB = OC\) ( do cùng là bán kính của đường tròn)

Suy ra \(CB.OC = OD.HC\) (đpcm)