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

0
12

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 $P = \left( {\sqrt x – \frac{{x + 2}}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x – 4}}{{x – 1}}} \right)$

  1. Rút gọn $P$.
  2. Tính giá trị của $P$ với $x = 4 – 2\sqrt 3 $.
  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 $\left( {{d_2}} \right)$

  1. Vẽ đồ thị $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
  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$.

Bài 4 (VD) (4,0 điểm):

  1. (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ đường cao $AH$ biết $BC = 5cm$, $AH = 2cm$, độ lớn góc $ACB = 30^\circ $. Tìm độ dài $AB$.
  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)
  3. Chứng minh: Bốn điểm $A,B,O,C$ cùng thuộc 1 đường tròn và $AO \bot BC$.
  4. 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 $2AB$.
  5. 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:

  1. Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B $.
  2. Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B $.
  3. 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:

  1. Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.
  2. Rút gọn $x$ rồi thay vào biểu thức đã rút gọn được ở câu a.
  3. Biến đổi $P$ và sử dụng tính chất của ước bội để suy ra điều kiện $P \in \mathbb{Z}$.

Cách giải:

  1. 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 $x$ (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:

  1. Lập bảng giá trị các điểm đi qua của mỗi đồ thị hàm số và vẽ đồ thị.
  2. Sử dụng $d//d’$ thì $a = a’,b \ne b’$.

Cách giải:

  1. 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:

  1. 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. (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.

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Toán 9 UBND Quận Cầu Giấy Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Kiểm Tra Chất Lượng Toán 9 Học Kì 1 UBND Quận Hai Bà Trưng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây