11 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 15 đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 4)

Câu 1:

Rút gọn biểu thức: $A = \frac{\sin 15^{o} + \cos 15^{o}}{\cos 15^{o}} - \cot 75^{o}$

$\begin{array}{l} A = \frac{\sin 15^{o} + \cos 15^{o}}{\cos 15^{o}} - \cot 75^{o} = \tan 15^{o} + 1 - \cot 75^{o} \\ = \tan 15^{o} + 1 - \cot 75^{o} = \tan 15^{o} + 1 - \tan 15^{o} = 1 \end{array}$

Câu 2:

Giải phương trình:

\sqrt{25 x + 5} + \sqrt{45} \sqrt{20 x + 4} - \sqrt{\frac{5 x + 1}{16}} = \frac{27 \sqrt{5}}{4} .

Xem đáp án

Điều kiện: $x \geq - \frac{1}{5}$

$\begin{array}{l} \sqrt{25 x + 5} + \sqrt{45} \sqrt{20 x + 4} - \sqrt{\frac{5 x + 1}{16}} = \frac{27 \sqrt{5}}{4} \\ \Leftrightarrow \sqrt{5} . \sqrt{5 x + 1} + 6 \sqrt{5} . \sqrt{5 x + 1} - \frac{\sqrt{5 x + 1}}{4} = \frac{27 \sqrt{5}}{4} \\ \Leftrightarrow (7 \sqrt{5} - \frac{1}{4}) \sqrt{5 x + 1} = \frac{27 \sqrt{5}}{4} \end{array} \begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt{5 x + 1} = \frac{27 \sqrt{5}}{28 \sqrt{5} - 1} \\ \Leftrightarrow 5 x + 1 = {(\frac{27 \sqrt{5}}{28 \sqrt{5} - 1})}^{2} \\ \Leftrightarrow x = \frac{1}{5} [{(\frac{27 \sqrt{5}}{28 \sqrt{5} - 1})}^{2} - 1] (t m) \end{array}$

Vậy $x = \frac{1}{5} [{(\frac{27 \sqrt{5}}{28 \sqrt{5} - 1})}^{2} - 1]$

Câu 3:

Cho hai biểu thức

P = \frac{2}{\sqrt{2} - \sqrt{x}} - \frac{\sqrt{x} + \sqrt{2}}{\sqrt{2 x} - x}

và

Q = \frac{1}{\sqrt{x} - \sqrt{x - 1}} - \frac{x - 3}{\sqrt{x - 1} - \sqrt{2}}

; với

x > 1

và

x \neq 2, x \neq 3

.

Chứng minh rằng $Q + \sqrt{2} = \sqrt{x} .$

Xem đáp án

Điều kiện: $x > 1; x \neq 2; x \neq 3$

$\begin{array}{l} Q = \frac{1}{\sqrt{x} - \sqrt{x - 1}} - \frac{x - 3}{\sqrt{x - 1} - \sqrt{2}} \\ = \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{x - 1})}{(\sqrt{x} - \sqrt{x - 1}) (\sqrt{x} + \sqrt{x - 1})} - \frac{(x - 3) (\sqrt{x - 1} + \sqrt{2})}{(\sqrt{x - 1} - \sqrt{2}) (\sqrt{x - 1} + \sqrt{2})} \\ = \frac{\sqrt{x} + \sqrt{x - 1}}{x - (x - 1)} - \frac{(x - 3) (\sqrt{x - 1} + \sqrt{2})}{(x - 1) - 2} \\ = \sqrt{x} + \sqrt{x - 1} - (\sqrt{x - 1} + \sqrt{2}) \\ = \sqrt{x} - \sqrt{2} \end{array}$

Từ đó $Q + \sqrt{2} = \sqrt{x} - \sqrt{2} + \sqrt{2} = \sqrt{x}$

Vậy $Q + \sqrt{2} = \sqrt{x}$

Câu 4:

Cho hai biểu thức

P = \frac{2}{\sqrt{2} - \sqrt{x}} - \frac{\sqrt{x} + \sqrt{2}}{\sqrt{2 x} - x}

và

Q = \frac{1}{\sqrt{x} - \sqrt{x - 1}} - \frac{x - 3}{\sqrt{x - 1} - \sqrt{2}}

; với

x > 1

và

x \neq 2, x \neq 3

.

Tìm x để $P . Q \geq 0$

Xem đáp án

Ta có: $P = - \frac{1}{\sqrt{x}}; Q = \sqrt{x} - \sqrt{2}$ với $x > 1; x \neq 2; x \neq 3.$

Nên $M = P . Q = \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{2}) . (- 1)}{\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{x}}{\sqrt{x}}$

Để $M \geq 0 \Leftrightarrow \frac{\sqrt{2} - \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \geq 0$

Với $x > 1$ và $x \neq 2; x \neq 3$ thì $\sqrt{x} > 0$

Nên $M \geq 0 \Leftrightarrow \frac{\sqrt{2} - \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \geq 0 \Leftrightarrow \sqrt{2} - \sqrt{x} \geq 0$

$\Leftrightarrow \sqrt{x} \leq \sqrt{2} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 2$

Kết hợp điều kiện $x > 1$ và $x \neq 2; x \neq 3$ ta có $1 < x < 2$ .

Vậy $1 < x < 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5:

Cho hai hàm số bậc nhất $y = (m + 1) x + 2 m$ và $y = (2 m + 1) x + 3 m$

Tìm giá trị của m để đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song.

Xem đáp án

Xét hai hàm số bậc nhất $y = (m + 1) x + 2 m$ và $y = (2 m + 1) x + 3 m$ (ĐK: $m \neq - 1; m \neq \frac{- 1}{2})$

Hai đường thẳng song song khi $\{\begin{cases} m + 1 = 2 m + 1 \\ 2 m \neq 3 m \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m = 0 \\ m \neq 0 \end{cases}$

Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn đề bài.

Câu 6:

Cho hai hàm số bậc nhất

y = (m + 1) x + 2 m

và

y = (2 m + 1) x + 3 m

Tìm giá trị của m để giao điểm của hai đồ thị đã cho nằm trên trục hoành.

Xem đáp án

Để hai đường thẳng cắt nhau tại điểm trên trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

$(m + 1) x + 2 m = (2 m + 1) x + 3 m \Leftrightarrow x . m = - m$

+) Nếu $m = 0$ thì hai đương thẳng trùng nhau.

+) Nếu $m \neq 0$ ta có hoành độ giao điểm là $x = - 1$

Với $x = - 1$ ta có tung độ giao điểm là $y = (m + 1) . (- 1) + 2 m = m - 1$

Để thỏa mãn đề ta cần có tung độ giao điểm bằng 0.

$y = 0 \Leftrightarrow m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1$ (thỏa mãn)

Vậy $m = 1$ .

Câu 7:

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc COD luôn bằng $90^{o}$ (C nằm giữa A và D). Tiếp tuyến tại C, D cắt đường thẳng AB lần lượt tại F, G. Gọi E là giao điểm của FC và GD.

Tính chu vi của tam giác ECD theo R.

Xem đáp án

Từ tính chất của tiếp tuyến ta có $O C G = O D G = 90^{o} = C O D$ nên CODE là chữ nhật.

Lại có $O C = O D = R$ nên CODE là hình vuông.

Suy ra $C E = D E = C O = D O = R$

Xét tam giác ECD vuông tại E, theo định lý Pytago ta có: $C D = \sqrt{C E^{2} + D E^{2}} = \sqrt{R^{2} + R^{2}} = R \sqrt{2}$

Chu vi tam giác CED là $E C + E D + C D = 2 R + R \sqrt{2}$ .

Câu 8:

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc COD luôn bằng

90^{o}

(C nằm giữa A và D). Tiếp tuyến tại C, D cắt đường thẳng AB lần lượt tại F, G. Gọi E là giao điểm của FC và GD.

Khi tứ giác FCDG là hình thang cân. Hãy tính tỉ số $\frac{A B}{F G} .$

Xem đáp án

Khi tứ giác PCDG là hình thang cân thì $C F = D G; F = G$ và $C D / / F G$

Ta có tam giác EFG cân tại E có $E F G = 90^{O}$ nên $F = G = 45^{o}$

Xét tam giác OFC vuông tại C có $F = 45^{o}$ nên tam giác CFO vuông cân tại C.

Suy ra $C F = C O = R$

Tương tự ta có $D G = D O = R$

Từ đó $C F = C E = D E = D G = R$ nên C, D lần lượt là trung điểm của EF, EG

Suy ra CD là đường trung bình của tam giác EFG. Khi đó $F G = 2 C D = 2 R \sqrt{2}$

$\Rightarrow \frac{A B}{F G} = \frac{2 R}{2 R \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Câu 9:

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc COD luôn bằng

90^{o}

(C nằm giữa A và D). Tiếp tuyến tại C, D cắt đường thẳng AB lần lượt tại F, G. Gọi E là giao điểm của FC và GD.

Chứng minh rằng FC.DG luôn là hằng số

Xem đáp án

Ta có: $F = D O C$ (cùng phụ với COF)

Nên hai tam giác vuông FCO và ODG đồng dạng (góc – góc)

Ta có: $\frac{C F}{O D} = \frac{C O}{D G} \Leftrightarrow C F . D G = C O . D O = R^{2}$

Câu 10:

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc COD luôn bằng

90^{o}

(C nằm giữa A và D). Tiếp tuyến tại C, D cắt đường thẳng AB lần lượt tại F, G. Gọi E là giao điểm của FC và GD.

Tìm vị trí của C, D sao cho tích AD.BC đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

Gọi giao điểm của CB và AD là I. Khi đó ta có các tam giác ACI, BDI vuông cân tại C, D.

Đặt $A C = x; B D = y \Rightarrow C B . A D = (x + y \sqrt{2}) (y + x \sqrt{2}) = 3 x y + (x^{2} + y^{2}) \sqrt{2}$

Ta có $A C^{2} + C B^{2} + B D^{2} + A D^{2} = 8 R^{2}$ (định lý Pytago)

Suy ra $4 (x^{2} + y^{2}) + 4 x y \sqrt{2} = 8 R^{2} \overset{C o - s i}{\geq} 8 x y + 4 x y \sqrt{2} \Leftrightarrow x y \leq \frac{8 R^{2}}{8 + 4 \sqrt{2}}$

Dấu “=” khi $x = y$

Ta có $2 \sqrt{2} A D . B C - 8 R^{2} = 2 x y \sqrt{2}$

Vậy để tích CB.AD lớn nhất thì $x = y$ khi đó C, D là điểm chính giữa của các cung phần tư thứ nhất và thứ hai trên nửa đường tròn đã cho.

Câu 11:

Với hai số dương x, y thỏa mãn x+y=2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T = \sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{{(x + 1)}^{2}}} + \sqrt{1 + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{{(y + 1)}^{2}}} + \frac{4}{(x + 1) (y + 1)}$

Xem đáp án

Phương pháp:

Đánh giá và chọn ra bộ số thích hợp để chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của T.

Cách giải:

Với $a > 0$ ta có hệ thức:

$\begin{array}{l} {(1 + \frac{1}{a} - \frac{1}{a + 1})}^{2} = 1 + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{{(a + 1)}^{2}} + \frac{2}{a} - \frac{2}{a + 1} - 2 \frac{1}{a (a + 1)} \\ = 1 + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{{(a + 1)}^{2}} + \frac{2}{a} - \frac{2}{a + 1} - \frac{2}{a} + \frac{2}{a + 1} \\ = 1 + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{{(a + 1)}^{2}} \end{array}$

Nên $\sqrt{1 + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{{(a + 1)}^{2}}} = |1 + \frac{1}{a} - \frac{1}{a + 1}| = 1 + \frac{1}{a} - \frac{1}{a + 1}$

Khi đó: $T = \sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{{(x + 1)}^{2}}} + \sqrt{1 + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{{(y + 1)}^{2}}} + \frac{4}{(x + 1) (y + 1)} = 2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$

Ta sẽ chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của T.

Giả sử $M > 0$ là giá trị lớn nhất của T.

Khi đó nếu ta chọn $\frac{1}{x} = M + 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{M + 1} \in (0; 1); y = 2 - \frac{1}{M + 1} > 0$ . Khi đó ta có x, y vừa chọn thỏa mãn là các số dương và $x + y = 2$ .

Với bộ x, y vừa chọn ta có $T = 2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} > 2 + M + 1$

Vậy không tồn tại giá trị lớn nhất của T.