Đề thi học kì 1 Toán 9 Phòng Giáo Dục & Đào Tạo Quận Long Biên Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) |
Mục tiêu:
+) Đề thi gồm 5 bài tập tự luận với đầy đủ kiến thức đã học trong chương trình HKI môn Toán lớp 9. Các bài tập ở các mức độ từ VD và VDC.
+) Đề thi giúp các em có thể ôn tập và kiểm tra lại kiến thức đã được học trong học kì vừa qua.
Bài 1 (VD) (1,5 điểm): Thực hiện phép tính.
a. $ – 3\sqrt {80} + 7\sqrt {45} – \sqrt {500} $ b) $\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 – 2} \right)}^2}} + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 } $
c) $\frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} – \frac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {28} – 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 – \sqrt 3 }}$
Bài 2 (VD) (2 điểm): Cho biểu thức $P = \left( {\sqrt x – \frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x – 4}}{{x – 1}}} \right)$
- Rút gọn $P$.
- Tính giá trị của $P$ với $x = 4 – 2\sqrt 3 $.
- Tìm số nguyên $x$ để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.
Bài 3 (VD) (1,5 điểm): Cho hàm số $y = – 0,5x$ có đồ thị là $\left( {{d_1}} \right)$ và hàm số $y = x + 2$ có đồ thị là $\left( {{d_2}} \right)$
- Vẽ đồ thị $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
- Xác định hệ số $a,b$ của đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$ biết rằng $\left( d \right)$ song song với $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( d \right)$ cắt $\left( {{d_2}} \right)$ tại một điểm có tung độ là $ – 3$.
Bài 4 (VD) (4,0 điểm):
- (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ đường cao $AH$ biết $BC = 5cm$, $AH = 2cm$, độ lớn góc $ACB = 30^\circ $. Tìm độ dài $AB$.
- (3,0 điểm) Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$, kẻ các tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($B$ và $C$ là 2 tiếp điểm)
- Chứng minh: Bốn điểm $A,B,O,C$ cùng thuộc 1 đường tròn và $AO \bot BC$.
- Trên cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lấy điểm $M$ bất kì $\left( {M\not \equiv B,M\not \equiv C,M \notin AO} \right)$. Tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$. Chứng minh: Chu vi $\Delta ADE$ bằng $2AB$.
- Đường thẳng vuông góc với $AO$ tại $O$ cắt $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Chứng minh: $4PD.QE = P{Q^2}$.
Bài 5 (VD) (1,0 điểm): Cầu Đông Trù bắc qua sông Đuống, nằm trên quốc lộ 5 kéo dài, nối xã Đông Hội, huyện Đông Anh ở phía Bắc Hà Nội và phường Ngọc Thụy, quận Long Biên ở phía Nam Hà Nội. Nhịp giữa dài $120m$ được thiết kế bằng vòm thép nhồi bê tông có hình 1 cung tròn. Khoảng cách điểm cao nhất của mái vòm xuống mặt sàn của cầu là $47m$ (được mô phỏng hình vẽ dưới). Hãy tính độ dài bán kính $R$ của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù? (kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân).
HẾT
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1:
Phương pháp:
- Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B $.
- Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B $.
- Thực hiện rút gọn bằng cách đưa tử và mẫu về dạng tích kết hợp trục căn thức ở mẫu:
$\frac{C}{{\sqrt A + \sqrt B }} = \frac{{C\left( {\sqrt A – \sqrt B } \right)}}{{A – B}}$
Cách giải:
1. $ – 3\sqrt {80} + 7\sqrt {45} – \sqrt {500} $
$ = – 3\sqrt {16.5} + 7.\sqrt {9.5} – \sqrt {100.5} $
$ = – 12\sqrt 5 + 21\sqrt 5 – 10\sqrt 5 $
$ = – \sqrt 5 $
2. $\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 – 2} \right)}^2}} + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 } $
$ = \left| {\sqrt 3 – 2} \right| + \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 3 } \right)}^2}} $
$ = 2 – \sqrt 3 + 4 + \sqrt 3 $
$ = 6$
3. $\frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} – \frac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {28} – 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 – \sqrt 3 }}$
$ = \sqrt 2 – \frac{{5\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}}{{1 – 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt 7 – \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 7 – \sqrt 3 }}$
$ = \sqrt 2 + 5\left( {1 – \sqrt 2 } \right) + 2$
$ = \sqrt 2 + 5 – 5\sqrt 2 + 2$
$ = 7 – 4\sqrt 2 $
Bài 2:
Phương pháp:
- Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.
- Rút gọn $x$ rồi thay vào biểu thức đã rút gọn được ở câu a.
- Biến đổi $P$ và sử dụng tính chất của ước bội để suy ra điều kiện $P \in \mathbb{Z}$.
Cách giải:
- Rút gọn $P$.
Điều kiện: $x \ge 0,x \ne 1,x \ne 4$.
$P = \left( {\sqrt x – \frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x – 4}}{{x – 1}}} \right)$
$ = \left( {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right) – \left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x – 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x – 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}} \right)$
$ = \frac{{x + \sqrt x – x – 2}}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{x – \sqrt x + \sqrt x – 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}$
$ = \frac{{\sqrt x – 2}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x – 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x – 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 2}}$.
2. Tính giá trị của $P$ với $x = 4 – 2\sqrt 3 $.
Điều kiện: $x \ge 0,x \ne 1,x \ne 4$.
Ta có: $x = 4 – 2\sqrt 3 = {\left( {\sqrt 3 – 1} \right)^2} \Rightarrow \sqrt x = \sqrt 3 – 1$ (tm)
Thay vào $P$ ta có: $P = \frac{{\sqrt 3 – 1 – 1}}{{\sqrt 3 – 1 + 2}} = \frac{{\sqrt 3 – 2}}{{\sqrt 3 + 1}} = \frac{{\left( {\sqrt 3 – 2} \right)\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}}{{3 – 1}} = \frac{{5 – 3\sqrt 3 }}{2}$
Vậy với $x = 4 – 2\sqrt 3 $ thì $P = \frac{{5 – 3\sqrt 3 }}{2}$
3. Tìm số nguyên $x$ để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.
Ta có: $P = \frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x + 2 – 3}}{{\sqrt x + 2}} = 1 – \frac{3}{{\sqrt x + 2}}$
Vì $x \in \mathbb{Z},1 \in \mathbb{Z}$ nên để $P \in \mathbb{Z}$ thì $\sqrt x + 2 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}$
Bảng giá trị:
| $\sqrt x + 2$ | 1 | $ – 1$ | 3 | $ – 3$ |
| $x$ | Không có $x$ | Không có $x$ | 1 (ktm) | Không có $x$ |
Vậy không có giá trị $x$ nguyên thỏa mãn điều kiện xác định để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.
Bài 3:
Phương pháp:
- Lập bảng giá trị các điểm đi qua của mỗi đồ thị hàm số và vẽ đồ thị.
- Sử dụng $d//d’$ thì $a = a’,b \ne b’$.
Cách giải:
- Vẽ đồ thị $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
Vẽ $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$
Bảng giá trị $y = – 0,5x$
| $x$ | 0 | 2 |
| $y = – 0,5x$ | 0 | $ – 1$ |
Bảng giá trị $y = x + 2$
| $x$ | 0 | $ – 2$ |
| $y = x + 2$ | 2 | 0 |
Đồ thị:
2. Xác định hệ số $a,b$ của đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$ biết rằng $\left( d \right)$ song song với $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( d \right)$ cắt $\left( {{d_2}} \right)$ tại một điểm có tung độ là $ – 3$.
Vì $\left( d \right)//\left( {{d_1}} \right)$ nên $a = – 0,5$ và $b \ne 0$. Khi đó $\left( d \right):y = – 0,5x + b$
Gọi $A\left( {{x_0}; – 3} \right)$ là tọa độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$
+ $A\left( {{x_0}; – 3} \right) \in \left( {{d_2}} \right) \Rightarrow – 3 = {x_0} + 2 \Rightarrow {x_0} = – 5$
+ $A\left( { – 5; – 3} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow – 3 = – 0,5.\left( { – 5} \right) + b \Rightarrow b = – 5,5$ (TMĐK)
Vậy $\left( d \right):y = – 0,5x – 5,5$
Bài 4:
Phương pháp:
- Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông tính $HC$.
Từ đó tính $HB$ và suy ra $AB$ theo định lí Pi-ta-go.
2. a) +) Gọi $N$ là trung điểm $AO$ và chứng minh $NO = NA = NB = NC$
+) Chứng minh $AO$ là trung trực của đoạn $BC$.
b) Sử dụng tính chất tiếp tuyến cắt nhau.
c) Chứng minh các tam giác $\Delta ODE \sim \Delta QOE$ và $\Delta ODE \sim \Delta PDO$ suy ra các tỉ số đồng dạng.
Cách giải:
- (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ đường cao $AH$ biết $BC = 5cm$, $AH = 2cm$, độ lớn góc $ACB = 30^\circ $. Tìm độ dài $AB$.
Tam giác $AHC$ vuông tại $H$ có:
$HC = \frac{{AH}}{{\tan C}} = \frac{2}{{\tan 30^\circ }} = 2\sqrt 3 cm$; $BH = BC – CH = 5 – 2\sqrt 3 cm$
Tam giác $AHB$ vuông tại $H$ có $A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}$
$ \Rightarrow AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {5 – 2\sqrt 3 } \right)}^2}} = 41 – 20\sqrt 3 \approx 2,52cm$
Vậy $AB = 2,52\left( {cm} \right)$.
2. (3,0 điểm) Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$, kẻ các tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($B$ và $C$ là 2 tiếp điểm)
a. Chứng minh: Bốn điểm $A,B,O,C$ cùng thuộc 1 đường tròn và $AO \bot BC$.
Gọi $N$ là trung điểm của $AO$.
Tam giác $AOB$ vuông tại $B$ nên $BN = \frac{1}{2}AO = NA = NO$ $\left( 1 \right)$
Tương tự ta có $CN = \frac{1}{2}AO = NA = NO$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $NB = NA = NO = NC$.
Vậy $A,B,O,C$ cùng thuộc đường tròn tâm $N$, đường kính $AO$.
Vì $AB,AC$ là các tiếp tuyến nên $AB = AC$ (t/c).
Mà $OA = OB$ (bán kính) nên $AO$ là trung trực của đoạn $BC$.
Suy ra $AO$ vuông góc $BC$
b. Trên cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lấy điểm $M$ bất kì $\left( {M\cancel{ \equiv }B,M\cancel{ \equiv }C,M \notin AO} \right)$. Tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$. Chứng minh: Chu vi $\Delta ADE$ bằng $2AB$.
Chu vi $\Delta ADE = AD + DE + AE$
Mà: $DM = DB$ (tiếp tuyến $MD$ và $DB$ cắt nhau tại $D$)
$ME = CE$ (tiếp tuyến $ME$ và $CE$ cắt nhau tại $E$)
Suy ra chu vi $\Delta ADE$ là:
$AD + DE + AE + EC = AB + AC = 2AB$
c. Đường thẳng vuông góc với $AO$ tại $O$ cắt $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Chứng minh: $4PD.QE = P{Q^2}$.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến của hai đường tròn, ta có:
$DOM = \frac{1}{2}BOM$, $MOE = \frac{1}{2}MOC$
Cộng vế theo vế, ta được:
$DOE = \frac{1}{2}BOC$
Mà $\frac{1}{2}BOC = AOC = OQE$ (vì $AOC$ và $OQE$ cùng phụ với $QAO$)
Nên $DOE = OQE$
Xét tam giác $ODE$ và tam giác $QOE$, ta có:
$DOE = QOE$ (cmt)
$OED = OEQ$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
$ \Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta QOE$ (g.g)
Chứng minh tương tự $ \Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta PDO$
$ \Rightarrow \Delta QOE \sim \Delta PDO$ (tính chất bắc cầu)
$ \Rightarrow \frac{{QO}}{{PD}} = \frac{{QE}}{{PO}} \Rightarrow PD.QE = PO.QO = \frac{{PQ}}{2}.\frac{{PQ}}{2} = \frac{{P{Q^2}}}{4}$
$ \Rightarrow 4PD.QE = P{Q^2}$. (đpcm)
Bài 5:
Phương pháp:
Đặt bán kính bằng $R$, áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông tìm $R$.
Cách giải:
Vì $OH \bot AB$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $AB$, do đó $HA = HB = 60\left( m \right)$
Kéo dài $OH$ cắt đường tròn tại $M$, khi đó $OM = R$ và là khoảng cách lớn nhất nên $M$ là điểm cao nhất của mái vòm hay $HM = 47m$.
$ \Rightarrow HO = OM – HM = R – 47\left( m \right)$
Áp dụng đinh lý Pitago vào tam giác vuông $OHB$ ta có:
$O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} \Rightarrow {60^2} + {\left( {R – 47} \right)^2} = {R^2}$
$ \Leftrightarrow 3600 + {R^2} – 94R + 2209 = {R^2} \Leftrightarrow – 94R = – 5809 \Leftrightarrow R = \frac{{5809}}{{94}} \approx 62,00\left( m \right)$
Vậy độ dài bán kính $R$ của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù là 62 mét.
