Giữa kì 2 toán 9 nguyễn tri phương ba đình 1819

Cho một số có hai chữ số, biết rằng tổng của ba lần chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 22.. Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì tỉ số của số mới và số ban đầu là.. a Chứng

72

Ngày 28/02/2019

Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức:

và

Bài 2 (2.0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Cho một số có hai chữ số, biết rằng tổng của ba lần chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 22 Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì tỉ số của số mới và số ban đầu là Tìm số

đã cho ban đầu

Bài 3 (2.0 điểm):

1) Giải hệ phương trình sau:

tung độ của điểm đó là hai số trái dấu nhau

-Hết -

5 6

A B

 c) Với a4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

a) Tính giá trị của biểu thức A khi a64

b) Rút gọn biểu thức B

B

a





a



a

2

PHÒNG GD & ĐT QUẬN BA ĐÌNH

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRI PHƯƠNG

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN: TOÁN 9

Thời gian 90 phút (không kể thời gian giao đề)

d) DFcắt nửa đường tròn  O tại điểm P Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp AEP

Chứng minh , ,C I P thẳng hàng

cắt ABở E , cắt AC đường thẳng ở F

a) Chứng minh là các tứ giác ACDE ADBF nội tiếp ,

b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại Acắt EF ở M Chứng minhMAME

c) Chứng minh AO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

trònBA AC Gọi D là một điểm nằm giữa O và B , qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC

Bài 4 (4 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và một điểm A trên nửa đường

2

d cắt nhau tại một điểm sao cho hoành độ và

1

d và đường thẳng  

Tìm m để đường thẳng  

  ;    

2) Cho hai đường thẳng  





 

 





y x

y x

2

3

2 3 1

3 3 7 2

1

73

và

Hướng dẫn

a)

Bài 2 (2.0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Cho một số có hai chữ số, biết rằng tổng của ba lần chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là

22 Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì tỉ số của số mới và số ban đầu là Tìm số đã cho ban đầu

Hướng dẫn

Vì tổng của ba lần chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 22 nên ta có phương

Lại có, Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì tỉ số của số mới và số ban đầu là nên ta có

Bài 3 (2.0 điểm):

1) Giải hệ phương trình sau:

1

3 3 7 2

3

2 3 1 2

y x

y x

 

 

 



6 5

a

    (thỏa mãn điều kiện ban đầu)

1 1

Vậy Pmin 8 khi và chỉ khi

a

1 1 1

16

c) Với a4, ta có: ( 2) ( 2)

B

Khi a64thì A 64   2 8 2 10

A B



a) Tính giá trị của biểu thức A khi a64

b) Rút gọn biểu thức B

c) Với a4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

với 0; 4



a

4





a



a

2

HƯỚNG DẪN Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức:

Từ (1) và (2) suy ra: a4 và b5 Vậy số ban đầu là 45



a b ab



6 5

  (1)

trình 3 2 22

Gọi số đã cho là ab

74

2) Cho hai đường thẳng  d1 : y3x1;  d2 : ym2x2

Tìm m để đường thẳng  d1 và đường thẳng  d2 cắt nhau tại một điểm sao cho hoành độ và tung độ của điểm đó là hai số trái dấu nhau

Hướng dẫn

1) Đặt 1

2

u x



 và v y3

Hệ phương trình trở thành:

1 1

2

3 2

x

y









2) Điều kiện để ( )d1 cắt (d2)khi và chỉ khi m   2 3 m 1

Khi m1, tọa độ giao điểm M x y( ; )của ( )d1 và (d2)là nghiệm của hệ phương trình:

1

1

x

y

m





1 ;4

m M



   

Điều kiện để tọa độ điểm M x y( ; ) có hoành độ và tung độ trái dấu nhau khi và chỉ khi

2

Kết hợp điều kiện ban đầu, suy ra: m4

Bài 4 (4 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và một điểm A trên nửa đường

trònBA AC Gọi D là một điểm nằm giữa O và B , qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC

cắt ABở E , cắt AC đường thẳng ở F

a) Chứng minh là các tứ giác ACDE ADBF nội tiếp ,

b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại Acắt EF ở M Chứng minhMAME

c) Chứng minh AO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

d) DFcắt nửa đường tròn  O tại điểm P Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp AEP

Chứng minh , ,C I P thẳng hàng

Hướng dẫn

a) Xét tứ giác ACDE có:

0

90

EDC (gt)

0

90

EACBAC (góc nội tiếp chắn nửa cung tròn )

180

EDCEAC nên tứ giác ACDE

nội tiếp được trong một đường tròn

I P

E

A

C D

F

M

75

Xét tứ giác ADBF có:

0

90

BDF BAF  nên tứ giác ADBF

nội tiếp được trong một đường tròn

b) Ta có: 1

2

MAEACB sđ BA (1)

Mà

0

0

90 90



Lại có: BEDMEA (2 góc đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: MEAMAE  MEAcân tại M MAME

90

EAM MAF 

Có EAF vuông tại Anên MEA MFA 900 Mà MEAMAE nên

MFAMAF MAFcân tại M

Suy ra MAMF ME Khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp EAF có bán kính RMA

Mà OAMA (gt) nên OA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

d) Ta có BCP vuông tại P (góc BPC nội tiếp chắn nửa cung tròn) nên 0

90

CBPBCP (1)

Mà BDPvuông tại D nên DBPBPD90oCBPBPD90o (2)

Ta lại có: BAPBCP(hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ BP (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BPDPABBPEPAE Do đó BP là tiếp tuyến của đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giácAEPvới Plà tiếp điểm Suy ra BPPI (4)

Mà BCP vuông tại P nên BPPC(5)

Từ (4) và (5) suy ra P I C, , là ba điểm thẳng hàng