Đề thi Toán 9 hk 1 Sở GD & ĐT Tỉnh Thừa Thiên Huế có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
Câu 1 (VD) (2 điểm):
1. Không sử dụng máy tính cầm tay, thực hiện phép tính:
a) $A = \sqrt {100} – \sqrt {16} + \sqrt {25} $ b) $B = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} – \frac{2}{{2 – \sqrt 3 }}$.
2. Tìm các giá trị của x biết:
a) $\sqrt x – 2 = 0$. b) $\sqrt {{{\left( {x – 4} \right)}^2}} = 2{\rm{x}} + 1$
Câu 2 (VD) (2 điểm):
Cho biểu thức $C = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 1}} – \frac{1}{{a – \sqrt a }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a – 1}}} \right),\,\,\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)$
a) Rút gọn biểu thức C.
b) Tính giá trị biểu thức C khi $a = 3 – 2\sqrt 2 $.
c) Tìm các giá trị của a sao cho $C < 0$.
Câu 3 (VD) (2 điểm):
Cho hai đường thẳng ${d_1}:y = \left( {m – 2} \right)x + m + 4$ và ${d_2}:y = \left( {n + 1} \right)x – 3$.
a) Tìm điều kiện của m để hàm số có đồ thị ${d_1}$ luôn nghịch biến và điều kiện của n để hàm số có đồ thị ${d_2}$ luôn đồng biến.
b) Tìm các giá trị của m và của n để hai đường thẳng ${d_1}$và ${d_2}$ cùng đi qua điểm $A\left( {1;\,\,0} \right)$.
Câu 4 (VD) (1 điểm):
 |
Để lợp một mái nhà bằng tôn, thợ sắt hàn khung sắt hình tam giác ABC (xem hình vẽ), biết một kích thước của khung sắt là $BC = 5m$, chiều cao khung sắt là $AH = 2m$ và độ dốc mái tôn phía sau là $\angle ABC = 30^\circ $. Tìm độ dài AB của khung sắt phía trước.
(Kết quả cuối cùng làm tròn đến 2 chữ số thập phân).
Câu 5 (VD) (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O đường kính BC, lấy điểm A bất kỳ trên đường tròn (O) (A khác B và C). Kẻ $OE \bot AB$ tại E và kẻ $OF \bot AC$ tại F, tiếp tuyến tại B của đường tròn cắt CA tại D. Tia OE cắt BD tại M. Gọi I là giao điểm của BF và AO, gọi K là giao điểm của IC và OF.
a) Chứng minh tứ giác OEAF là hình chữ nhật và $D{B^2} = DA.DC$.
b) Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Chứng minh K là trung điểm của OF.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1) a) Rút gọn căn bậc hai bằng công thức: $\sqrt A = \left[ \begin{array}{l}A\,\,khi\,A \ge 0\\ – A\,khi\,A < 0\end{array} \right.$.
b) Quy đồng mẫu số và rút gọn biểu thức.
2) a) Giải phương trình:$\sqrt A = B\,\left( {A \ge 0;\,\,B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}$.
b) Giải phương trình: $\sqrt A = B\,\left( {A \ge 0;\,\,B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}$.
Cách giải:
1. Không sử dụng máy tính cầm tay, thực hiện phép tính:
a) $A = \sqrt {100} – \sqrt {16} + \sqrt {25} = \sqrt {{{10}^2}} – \sqrt {{4^2}} + \sqrt {{5^2}} = 10 – 4 + 5 = 11$.
b) $B = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} – \frac{2}{{2 – \sqrt 3 }} = \frac{{2 – \sqrt 3 – 2\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}} – \frac{{2 – \sqrt 3 – 4 – 2\sqrt 3 }}{{{2^2} – 3}} = \frac{{ – 2 – 3\sqrt 3 }}{{4 – 3}} = – 2 – 3\sqrt 3 $.
2. Tìm các giá trị của x biết:
a) $\sqrt x – 2 = 0$
ĐKXĐ: $x \ge 0$
$\sqrt x – 2 = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = {2^2} \Leftrightarrow x = 4\,$ (tmdk)
Vậy $x = 4\,$.
b) $\sqrt {{{\left( {x – 4} \right)}^2}} = 2{\rm{x}} + 1$
ĐKXĐ: $2{\rm{x}} + 1 \ge 0 \Rightarrow x \ge \frac{{ – 1}}{2}$.
$\sqrt {{{\left( {x – 4} \right)}^2}} = 2{\rm{x}} + 1 \Leftrightarrow {\left( {x – 4} \right)^2} = {\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)^2}$
$ \Leftrightarrow {x^2} – 8{\rm{x}} + 16 = 4{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 1$
$ \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} + 12{\rm{x}} – 15 = 0$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 4{\rm{x}} – 5 = 0$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 5{\rm{x}} – x – 5 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x + 5} \right)\left( {x – 1} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 5 = 0\\x – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 5\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 1\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.$
Vậy $x = 1$.
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu số và rút gọn biểu thức.
b) Thay giá trị của a (tmđk) vào biểu thức và tính giá trị.
c) Giải bất phương trình kết hợp với điều kiện xác định để tìm a thỏa mãn.
Cách giải:
Cho biểu thức $C = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 1}} – \frac{1}{{a – \sqrt a }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a – 1}}} \right),\,\,\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)$
a) Rút gọn biểu thức C.
Điều kiện xác định: $a > 0,\,a \ne 1$.
$C = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 1}} – \frac{1}{{a – \sqrt a }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a – 1}}} \right)$
$ = \left[ {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 1}} – \frac{1}{{\sqrt a \left( {\sqrt a – 1} \right)}}} \right]:\left[ {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt a – 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right]$
$ = \frac{{\sqrt a .\sqrt a – 1}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a – 1} \right)}}:\frac{{\sqrt a – 1 + 2}}{{\left( {\sqrt a – 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}$
$ = \frac{{\left( {\sqrt a – 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a – 1} \right)}}:\frac{{\sqrt a + 1}}{{\left( {\sqrt a – 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}$
$ = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}.\frac{{\left( {\sqrt a – 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}{{\sqrt a + 1}} = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}.\left( {\sqrt a – 1} \right)$
$ = \frac{{a – 1}}{{\sqrt a }}$.
Vậy $C = \frac{{a – 1}}{{\sqrt a }}$ với $a > 0,\,a \ne 1$.
b) Tính giá trị biểu thức C khi $a = 3 – 2\sqrt 2 $.
Điều kiện: $a > 0,\,a \ne 1$.
Có: $a = 3 – 2\sqrt 2 $ (tmđk)
$ \Rightarrow a = 2 – 2\sqrt 2 + 1 = {\left( {\sqrt 2 – 1} \right)^2} \Rightarrow \sqrt a = \sqrt 2 – 1$
Thay vào $\sqrt a = \sqrt 2 – 1$ ta được: $C = \frac{{3 – 2\sqrt 2 – 1}}{{\sqrt 2 – 1}} = \frac{{2 – 2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 – 1}} = \frac{{2\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 – 1}} = – 2$.
Vậy khi $a = 3 – 2\sqrt 2 $ thì $C = – 2$.
c) Tìm các giá trị của a sao cho $C < 0$.
Điều kiện xác định: $a > 0,\,a \ne 1$.
$C < 0 \Leftrightarrow \frac{{a – 1}}{{\sqrt a }} < 0 \Leftrightarrow a – 1 < 0$ (do $\sqrt a > \forall x > 0,\,\,x \ne 1$)
$ \Leftrightarrow a < 1$.
Kết hợp điều kiện xác định $ \Rightarrow 0 < a < 1$.
Vậy $0 < a < 1$ thì $C < 0$.
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Hàm số có phương trình $y = ax + b\,\left( {a \ne 0} \right)$: Luôn đồng biến khi $a > 0$ và nghịch biến khi $a < 0$.
b) Hai đường thẳng cùng đi qua 1 điểm thì tọa độ của điểm đó đều thỏa mãn hai phương trình đường thẳng.
Cách giải:
Cho hai đường thẳng ${d_1}:y = \left( {m – 2} \right)x + m + 4$ và ${d_2}:y = \left( {n + 1} \right)x – 3$.
a) Tìm điều kiện của m để hàm số có đồ thị ${d_1}$ luôn nghịch biến và điều kiện của n để hàm số có đồ thị ${d_2}$ luôn đồng biến.
Hàm số có đồ thị ${d_1}:y = \left( {m – 2} \right)x + m + 4$ luôn nghịch biến $ \Leftrightarrow m – 2 < 0 \Leftrightarrow m < 2$.
Hàm số có đồ thị ${d_2}:y = \left( {n + 1} \right)x – 3$ luôn đồng biến $ \Leftrightarrow n + 1 > 0 \Rightarrow n > – 1$.
Vậy $m < 2$ thì hàm số có đồ thị ${d_1}$ luôn nghịch biến.
$n > – 1$ thì hàm số có đồ thị ${d_2}$ luôn đồng biến.
b) Tìm các giá trị của m và của n để hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ cùng đi qua điểm $A\left( {1;\,0} \right)$.
Hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ cùng đi qua điểm $A\left( {1;\,0} \right)$ nên ta thay tọa độ điểm A vào hai phương trình ta được:
$\left\{ \begin{array}{l}0 = \left( {m – 2} \right).1 + m + 4\\0 = \left( {n + 1} \right).1 – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m – 2 + m + 4 = 0\\n + 1 – 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m = – 2\\n = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = – 1\\n = 2\end{array} \right.$
Vậy $m = – 1$; $n = 2$.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính tan 1 góc để tính cạnh AH và định lý Pytago trong $\Delta ABH$ vuông tại H để tính cạnh AB.
Cách giải:
|
Xét $\Delta AHC$ vuông tại H ta có:
$\tan C = \frac{{AH}}{{CH}} \Rightarrow \tan 30^\circ = \frac{2}{{CH}} \Rightarrow CH = \frac{2}{{\tan 30^\circ }} = 2\sqrt 3 \,\left( m \right)$
$ \Rightarrow BH = BC – CH = 5 – 2\sqrt 3 \,\left( m \right)$
Xét $\Delta ABH$ vuông tại H, theo định lý Pytago ta có:
$A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = {2^2} + {\left( {5 – 2\sqrt 3 } \right)^2} = 41 – 20\sqrt 3 $
$ \Rightarrow AB = \sqrt {41 – 20\sqrt 3 } \approx 2,52\,\left( m \right)$
Vậy $AB = 2.52\,m$.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật.
b) Chứng minh $MA \bot OA$ bằng cách sử dụng hai tam giác bằng nhau.
c) Chứng minh K là trung điểm của OF qua tính chất của đường trung bình trong 2 tam giác ABC và CBE.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác OEAF là hình chữ nhật và $D{B^2} = DA.DC$.
Xét $\Delta ABC$ có:
$OA = OB = OC\,\left( { = R} \right)$ và O là trung điểm của BC (gt)
$ \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại A.
$ \Rightarrow \angle {\rm{E}}AF = 90^\circ $.
Xét tứ giác OEAF ta có:
$\angle EAF = \angle OEA = \angle OFA = 90^\circ $
$ \Rightarrow OEAF$ là hình chữ nhật. (dhnb).
Ta có BD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
$ \Rightarrow \angle OBD = 90^\circ $ hay $\angle CBD = 90^\circ $
Xét $\Delta CBD$ vuông tại B có $BA \bot CD$ (do $BA \bot CA$), theo hệ thức lượng tròn tam giác vuông, ta có:
$D{B^2} = DA.DC$ (đpcm).
b) Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Xét $\Delta OAB$ có: $OA = OB\,\left( { = R} \right);\,OE \bot AB = \left\{ E \right\}$.
$ \Rightarrow OE$ là đường cao đồng thời là đường phân giác của $\Delta OAB$ cân tại O.(tính chất).
$ \Rightarrow \angle BOE = \angle AOE$ hay $\angle BOM = \angle AOM\,\,\left( {do\,\,M \in OE} \right)$.
Xét $\Delta BOM$ và $\Delta AOM$ ta có:
$OB = OA\,\left( { = R} \right)$
$\angle BOM = \angle AOM$ (cmt)
OM chung.
$\Delta BOM = \Delta AOM$ (c.g.c)
$ \Rightarrow \angle OBM = \angle OAM = 90^\circ $
$ \Rightarrow OA \bot AM$.
$ \Rightarrow $ MA là tiếp tuyến của đường tròn (O). (đpcm)
c) Chứng minh K là trung điểm của OF.
Ta dễ dàng chứng minh được E, F là trung điểm của AB và AC (do $\Delta OAB$ và $\Delta OAC$ cân tại O)
Xét $\Delta ABC$ có hai đường trung tuyến BF và AO cắt nhau tại I (gt)
$ \Rightarrow $ I là trọng tâm của $\Delta ABC$.
$ \Rightarrow $ C, K, I, E thẳng hàng.
Ta có: OF là đường trung tuyến của $\Delta ABC$.
$ \Rightarrow OF = \frac{1}{2}AB \Rightarrow OF = AE = BE$(1)
Mặt khác trong $\Delta CBE$ có:
O là trung điểm của BC
$OK//BE$ (do $OF//AB$)
$ \Rightarrow OK$ chính là đường trung bình của $\Delta CBE$ (định lý đảo).
$ \Rightarrow OK = \frac{1}{2}BE \Rightarrow OK = \frac{1}{2}OF$.
$ \Rightarrow $ K là trung điểm của OF. (đpcm).
