Đề Thi Kiểm Tra Chất Lượng Toán 9 Học Kì 1 UBND Quận Hai Bà Trưng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
9

Đề thi kiểm tra chất lượng Toán 9 học kì 1 UBND Quận Hai Bà Trưng có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 9

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Mục tiêu:

+) Đề thi gồm 6 câu hỏi trắc nghiệm và 5 bài tập tự luận với đầy đủ kiến thức đã học trong chương trình HK1 môn Toán lớp 9. Các bài tập ở các mức độ từ NB – TH – 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): (2,0 điểm)

1) Thực hiện phép tính:

a) $\sqrt {20} – 3\sqrt {125} + 5\sqrt {45} $ b) $\frac{3}{{\sqrt 3 – \sqrt 2 }} – 2\sqrt {{{\left( {\sqrt 2 – \sqrt 3 } \right)}^2}} – 5\sqrt 2 $

2) Một cột cờ vuông góc với mặt đất có bóng dài 12m, tia nắng của mặt trời tạo với mặt đất một góc là $35^\circ $ (hình vẽ bên). Tính chiều cao của cột cờ.

Bài 2 (VD): (2,0 điểm)

Cho các biểu thức $A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$; $B = \frac{x}{{x – 4}} – \frac{1}{{2 – \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}$ (với $x \ge 0;\,\,x \ne 4$)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 36$.

b) Rút gọn B.

c) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức$P = A.B$ có giá trị là số nguyên

Bài 3 (VD): (2,0 điểm)

Cho hàm số bậc nhất $y = \left( {m + 1} \right)x + 2$ có đồ thị $\left( d \right)$ (m là tham số và $m \ne – 1$)

a) Vẽ $\left( d \right)$ khi $m = 0$.

b) Xác định m để đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 1$.

c) Xác định m để $\left( d \right)$ cắt hai trục Ox, Oy tại A và B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 2 (đơn vị diện tích).

Bài 4 (VD): (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính $AB = 2R$. Trên nửa mặt phẳng có bờ là AB chứa nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến AxBy. Từ điểm M tùy ý thuộc đường tròn (M khác AB) vẽ tiếp tuyến tại M cắt AxBy lần lượt tại CD. Gọi E là giao điểm của CO và AMF là giao điểm của DO và BM.

a) Chứng minh 4 điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $AC + BD = CD$ và tứ giác MEOF là hình chữ nhật.

c) Chứng minh tích AC.BD không đổi khi M di động trên nửa đường tròn.

d) Tìm vị trí của M trên nửa đường tròn sao cho diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.

Bài 5 (VDC): (0,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $A = \sqrt {x – 2} + 2\sqrt {x + 1} + 2019 – x$ .

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1:

Phương pháp

1) a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với $B \ge 0$ ta có: $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|B = \left\{ \begin{array}{l}AB\,\,{\rm{khi}}\,\,A \ge 0\\ – AB\,\,{\rm{khi}}\,\,A < 0\end{array} \right..$

b) Sử dụng hằng đẳng thức $\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|$ và trục căn thức ở mẫu:

$\frac{m}{{\sqrt A – \sqrt B }} = \frac{{m\left( {\sqrt A + \sqrt B } \right)}}{{A – B}}\,\,\left( {A,\,\,B\, \ge 0;\,\,A \ne B} \right)$

2) Sử dụng quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác.

Trong tam giác vuông, cạnh góc vuông này bằng cạnh góc vuông còn lại nhân tan góc đối.

Cách giải

1) Thực hiện phép tính:

a) $\sqrt {20} – 3\sqrt {125} + 5\sqrt {45} $

$ = 2\sqrt 5 – 15\sqrt 5 + 15\sqrt 5 $

$ = 2\sqrt 5 $

b) $\frac{3}{{\sqrt 3 – \sqrt 2 }} – 2\sqrt {{{\left( {\sqrt 2 – \sqrt 3 } \right)}^2}} – 5\sqrt 2 $

$ = \frac{{3\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}}{{3 – 2}} – 2\left| {\sqrt 2 – \sqrt 3 } \right| – 5\sqrt 2 $

$ = 3\sqrt 3 + 3\sqrt 2 – 2\left( {\sqrt 3 – \sqrt 2 } \right) – 5\sqrt 2 $

$ = 3\sqrt 3 + 3\sqrt 2 – 2\sqrt 3 + 2\sqrt 2 – 5\sqrt 2 $

$ = \sqrt 3 $

2) Một cột cờ vuông góc với mặt đất có bóng dài 12m, tia nắng của mặt trời tạo với mặt đất một góc là $35^\circ $ (hình vẽ bên). Tính chiều cao của cột cờ.

Ta đưa về bài toán. Cho tam giác ABC vuông tại có $AC = 12m$, $\angle BCA = 35^\circ $. Tính AB.Chiều cao cột cờ là AB.

Do $\Delta ABC$ vuông tại A nên ta có:

$\begin{array}{c}AB = AC.\tan C\\ = 12.\tan 35^\circ \\ = 8,402\,\left( m \right)\end{array}$

Bài 2:

Phương pháp

a) Thay $x = 36$ (tmđk) vào rồi tính toán.

b) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó cộng các phân thức để rút gọn.

c) Đưa P về dạng $P = a + \frac{b}{{f\left( x \right)}}\,\,\left( {a,\,b \in \mathbb{Z}} \right)$.

Khi đó để $P \in \mathbb{Z} \Rightarrow f\left( x \right) \in U\left( b \right)$ từ đó tìm ra x.

Cách giải:

Cho các biểu thức $A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$$B = \frac{x}{{x – 4}} – \frac{1}{{2 – \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}$ (với $x \ge 0;\,\,x \ne 4$)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 36$.

Điều kiện: $x \ge 0;\,\,x \ne 4$.

Thay $x = 36$ (thỏa mãn đkxđ) vào biểu thức A ta được:

$A = \frac{{\sqrt {36} }}{{\sqrt {36} + 2}} = \frac{6}{{6 + 2}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.$

Vậy với $x = 36$ thì $A = \frac{3}{4}$.

b) Rút gọn B.

Điều kiện: $x \ge 0;\,\,x \ne 4$.

$\begin{array}{c}B = \frac{x}{{x – 4}} – \frac{1}{{2 – \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\\ = \frac{x}{{\left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x – 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\\ = \frac{{x + \sqrt x + 2 + \sqrt x – 2}}{{\left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x – 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 2}}.\end{array}$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 2}}$ (với $x \ge 0;\,\,x \ne 4$).

c) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức$P = A.B$ có giá trị là số nguyên

Với ĐKXĐ: $x \ge 0$ và $x \ne 4$ ta có:

$P = A.B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 2}} = \frac{x}{{x – 4}} = \frac{{x – 4 + 4}}{{x – 4}} = 1 + \frac{4}{{x – 4}}$

Do x là số nguyên nên $x – 4$ là số nguyên.

Do đó: $P \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \frac{4}{{x – 4}} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x – 4 \in U\left( 4 \right) = \left\{ { – 4;\, – 2;\, – 1;\,1;\,2;\,4} \right\}$

Suy ra $x \in \left\{ {0;\,2;\,3;\,5;\,6;\,8} \right\}$.

Kết hợp với ĐKXĐ và x là số nguyên ta được $x \in \left\{ {0;\,2;\,3;\,5;\,6;\,8} \right\}$.

Bài 3:

Phương pháp

a) Đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\,$ đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {0;b} \right),\,\,\left( { – \frac{b}{a};0} \right)$.

b) Hai đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$, $\left( {d’} \right):y = a’x + b’$ song song với nhau khi $\left\{ \begin{array}{l}a = a’\\b \ne b’\end{array} \right..$

c) Tính $OA,\,\,OB \Rightarrow {S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB$.

Cách giải:

a) Khi $m = 0$ ta có $\left( d \right):y = x + 2$

Với $x = 0 \Rightarrow y = 2$

$x = – 2 \Rightarrow y = 0$

Đồ thị hàm số $y = x + 2$ là đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {0;2} \right),\,\,\left( { – 2;0} \right)$.

Hình vẽ:b) Xác định m để đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 1$.

Đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 1$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 = 2\\2 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1$

Kết hợp điều kiện $m \ne – 1$ ta có $m = 1$ (tm).

Vậy $m = 1$.

c) Xác định m để $\left( d \right)$ cắt hai trục Ox, Oy tại A và B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 2 (đơn vị diện tích).

Do $m \ne – 1$ nên không mất tính tổng quát ta giả sử $\left( d \right)$ cắt Ox và Oy như hình vẽVì A là giao điểm của $\left( d \right)$ với Ox nên $A\left( {x;0} \right) \Rightarrow \left( {m + 1} \right)x + 2 = 0 \Rightarrow x = – \frac{2}{{m + 1}}$

Suy ra $A\left( { – \frac{2}{{m + 1}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{2}{{\left| {m + 1} \right|}}$

Vì B là giao điểm của $\left( d \right)$ với Oy nên $B\left( {0;y} \right) \Rightarrow \left( {m + 1} \right).0 + 2 = y \Rightarrow y = 2$

Suy ra $B\left( {0;2} \right) \Rightarrow OB = 2$

Vì $\Delta OAB$ vuông tại O.

Khi đó: ${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.\frac{2}{{\left| {m + 1} \right|}}.2 = \frac{2}{{\left| {m + 1} \right|}}$

Mà ${S_{\Delta OAB}} = 2 \Leftrightarrow \left| {m + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 1\\m + 1 = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = – 2\end{array} \right.$ (thỏa mãn $m \ne – 1$)

Vậy $m = 0$ hoặc $m = – 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Phương pháp

a) Tam giác vuông nội tiếp đường tròn có đường kính là cạnh huyền của nó.

b) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và dấu hiệu: Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật.

Chú ý: Tam giác nội tiếp đường tròn mà có 1 cạnh là đường kính của đường tròn thì tam giác đó là tam giác vuông.

c) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

d) Sử dụng kết quả câu b), câu c) và bất đẳng thức Cô-si cho hai số ab không âm: $a + b \ge 2\sqrt {ab} $

Dấu = xảy ra $ \Leftrightarrow a = b$.

Cách giải:a) Chứng minh 4 điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.

Vì tam giác $\Delta OAC$ vuông tại A nên nó nội tiếp đường tròn đường kính CO (1)

Lại có $\Delta OMC$ vuông tại M (do MC là tiếp tuyến tại M) nên nó nội tiếp đường tròn đường kính CO (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow A,C,M,O$ cùng thuộc một đường tròn có đường kính CO (đpcm).

b) Chứng minh $AC + BD = CD$ và tứ giác MEOF là hình chữ nhật.

+) Xét đường tròn $\left( O \right)$ có CM và CA là hai tiếp tuyến cắt nhau nên $AC = CM$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Và DM và DB là hai tiếp tuyến cắt nhau nên $DM = DB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra $AC + BD = CM + MD = CD$ (đpcm)

+) CM Tứ giác MEOF là hình chữ nhật

Ta có: $CM = CA$ (cmt); $OM = OA = R$ nên OC là đường trung trực của đoạn $AM \Rightarrow OC \bot AM$ tại $E \Rightarrow MEO = 90^\circ $. (3)

Tương tự ta có $MFO = 90^\circ $ (4)

Xét $\Delta AMB$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ có AB là đường kính nên $\Delta MAB$ vuông tại $M \Rightarrow EMF = 90^\circ $ (5)

Từ (3), (4) và (5) $ \Rightarrow $ tứ giác MEOF là hình chữ nhật (đpcm).

c) Chứng minh tích AC.BD không đổi khi M di động trên nửa đường tròn.

Do MEOF là hình chữ nhật $ \Rightarrow \Delta COD$ vuông tại O.

Có CD là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ $ \Rightarrow MO \bot CD$ tại M.

Suy ra MO là đường cao của $\Delta COD$, do đó $CM.MD = O{M^2} = {R^2}$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Từ ý a) ta có $AC = CM;\,\,BD = MD \Rightarrow AC.BD = CM.MD = {R^2}$ (không đổi) (đpcm).

d) Tìm vị trí của M trên nửa đường tròn sao cho diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.

Ta có: ACBD là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ $ \Rightarrow AC \bot AB;\,\,BD \bot AB \Rightarrow AC\parallel BD$

Do đó: ABCD là hình thang vuông có AB là đường cao.

Khi đó ta có: ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AB\left( {AC + BD} \right) = \frac{1}{2}AB.CD = \frac{1}{2}AB\left( {AC + BD} \right)\mathop \ge \limits^{Co – si} \frac{1}{2}AB.2.\sqrt {AC.BD} = 2{R^2}$

(do theo câu b) ta có $CD = AC + BD$ và theo câu c) ta có $AC.BD = {R^2}$)

Nên $\min {S_{ABCD}} = 2{R^2} \Leftrightarrow CD = AB \Leftrightarrow CD\parallel AB \Leftrightarrow MO \bot AB$ (do $MO \bot CD$)

$ \Leftrightarrow M$ là điểm chính giữa của cung AB.

Bài 5:

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức ${\left( {a – b} \right)^2} = {a^2} – 2ab + {b^2}$

Đưa về dạng $m – {A^2} \le m$

Dấu = xảy ra khi $A = 0$.

Cách giải:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $A = \sqrt {x – 2} + 2\sqrt {x + 1} + 2019 – x$ .

Với điều kiện: $x \ge 2$ ta có:

$2A = 2\left( {\sqrt {x – 2} + 2\sqrt {x – 1} + 2019 – x} \right)$

$ \Leftrightarrow 2A = 2\sqrt {x – 2} + 4\sqrt {x – 1} + 4038 – 2x$

$ \Leftrightarrow 2A = 4042 – \left( {x – 2 – 2\sqrt {x – 2} + 1} \right) – \left( {x + 1 – 4\sqrt {x + 1} + 4} \right)$

$ \Leftrightarrow 2A = 4042 – {\left( {\sqrt {x – 2} – 1} \right)^2} – {\left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right)^2}$

Vì ${\left( {\sqrt {x – 2} – 1} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x \ge 2$

$ \Rightarrow 2A \le 4042 \Rightarrow A \le 2021$

$ \Rightarrow \max A = 2021 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x – 2} – 1 = 0\\\sqrt {x + 1} – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3$ (thỏa mãn ĐK $x \ge 2$).

Hết

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Toán 9 Phòng Giáo Dục & Đào Tạo Quận Long Biên Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Kiểm Tra 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