Đề thi kiểm tra Toán 9 học kì 1 UBND Quận Hai Bà Trưng có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| UBND HUYỆN THANH TRÌ
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO |
ĐỀ KIỂM TRA 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 bài tập tự luyện với đầy đủ kiến thức đã học trong chương trình HK1 môn Toán lớp 9.
Các bài tập ở các mức độ từ TH – VD và VDC.
+) Đề thi giúp các em có thể ôn tập và kiểm tra lại kiến thức đã học được trong kì vừa qua.
Bài 1 (VD) (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức
$A = 3\sqrt {\frac{1}{3}} + \frac{1}{2}\sqrt {48} + \sqrt {75} $
$B = 3\sqrt {20} – 20\sqrt {\frac{1}{5}} – \frac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}$
Bài 2 (VD) (2,0 điểm): Cho hai biểu thức $A = \frac{{2\sqrt x – 4}}{{\sqrt x – 1}}$ và $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{6\sqrt x – 4}}{{1 – x}}$ $\left( {x \ge 0;x \ne 1} \right).$
a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 9$.
b) Rút gọi $B$.
c) Đặt $P = A.B$. So sánh giá trị của $P$ với 2.
Bài 3 (VD) (1,5 điểm): Cho hàm số $y = \left( {m – 1} \right)x – 4$ có đồ thị là đường thẳng $\left( d \right)$.
a) Tìm $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ song song vớ đường thẳng $y = 2x + 5$.
b) Vẽ đồ thị hàm số trên với $m$ tìm được ở câu a.
c) Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt trục $Ox$ tại $A$, cắt trục $Oy$ tại $B$. Tìm $m$ để tam giác $OAB$ vuông cân.
Bài 4 (TH) (1,0 điểm): Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
Bài 5 (VD) (3,0 điểm): Cho đường tròn $\left( O \right)$ và một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Từ $M$ kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ và $B$ là hai tiếp điểm). Gọi $I$ là giao điểm của $OM$ và $AB$. Kẻ đường kính $BC$ của $\left( O \right)$.
a) Chứng minh 4 điểm $M,O,A,B$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $OI.OM = O{A^2}$.
c) Qua $\left( O \right)$ vẽ đường thẳng vuông góc với $MC$ tại $E$ và cắt đường thẳng $BA$ tại $F$. Chứng minh $FC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.
Bài 6 (VDC) (0,5 điểm): Cho ba số dương $x,y,z$ thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện $x + y + z = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}.$
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1 (VD):
Phương pháp
Đưa thừa số ra ngoài dấu căn $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|.\sqrt B .$
Trục căn thức ở mẫu $\frac{C}{{\sqrt A + \sqrt B }} = \frac{{C\left( {\sqrt A – \sqrt B } \right)}}{{A – B}}.$
Cách giải:
+) Ta có:
$A = 3\sqrt {\frac{1}{3}} + \frac{1}{2}\sqrt {48} + \sqrt {75} = 3.\frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{1}{2}.4\sqrt 3 + 5\sqrt 3 = \sqrt 3 + 2\sqrt 3 + 5\sqrt 3 = 8\sqrt 3 $
+) Ta có:
$B = 3\sqrt {20} – 20\sqrt {\frac{1}{5}} – \frac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }} = 3.2\sqrt 5 – 20.\frac{{\sqrt 5 }}{5} – \frac{{4\left( {\sqrt 5 – \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 5 – \sqrt 3 } \right)}}$
$B = 6\sqrt 5 – 4\sqrt 5 – \frac{{4\left( {\sqrt 5 – \sqrt 3 } \right)}}{{5 – 3}} = 2\sqrt 5 – 2\sqrt 5 + 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 .$
Bài 2 (VD):
Phương pháp
a) Thay $x = 9$vào $A$và tính giá trị.
b) Quy đồng, khử mẫu và rút gọn.
c) Tính $P = AB$và xét dấu của hiệu $P – 2$.
Cách giải
a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 9$
Điều kiện: $x \ge 0,\,\,x \ne 1$.
Thay $x = 9$(tmđk) vào biểu thức $A$, ta có: $A = \frac{{2\sqrt 9 – 4}}{{\sqrt 9 – 1}} = \frac{{2.3 – 4}}{{3 – 1}} = \frac{2}{2} = 1$.
Vậy với $x = 9$ thì $A = 1$.
b) Rút gọn B.
Điều kiện: $x \ge 0,\,\,x \ne 1$.
$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{6\sqrt x – 4}}{{1 – x}}$
$ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} – \frac{{6\sqrt x – 4}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$
$ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right) + 3\left( {\sqrt x – 1} \right) – 6\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$
=$ = \frac{{x + \sqrt x + 3\sqrt x – 3 – 6\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$
$ = \frac{{x – 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x – 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$
$ = \frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}}$.
Vậy $B = \frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}}$ với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$.
c) Đặt $P = AB$ . So sánh giá trị của $P$ với $2$.
Điều kiện: $x \ge 0,\,\,x \ne 1$.
Có $P = A.B = \,\frac{{2\sqrt x – 4}}{{\sqrt x – 1}}.\frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x – 4}}{{\sqrt x + 1}}$
Xét $P – 2 = \frac{{2\sqrt x – 4}}{{\sqrt x + 1}} – 2 = \frac{{2\sqrt x – 4 – 2\sqrt x – 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{ – 6}}{{\sqrt x + 1}}$
Vì $ – 6\, < \,0;\,\sqrt x + 1 \ge 0$ với mọi $x \ge 0,\,\,x \ne 1$
$ \Rightarrow \frac{{ – 6}}{{\sqrt x + 1}} < 0 \Rightarrow P – 2 < 0 \Rightarrow P < 2$.
Vậy $P < 2$.
Câu 3 (VD):
Phương pháp
a) Đường thẳng $d//\,{d^’} \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}a = a’\\b \ne b’\end{array} \right.$.
b) Cho lần lượt $x = 0,\,y = 0$ tìm tọa độ các điểm đi qua và vẽ đồ thị.
c) Tìm tọa độ $A,\,B$.
để $\Delta OAB$ vuông cân tại $O \Rightarrow OA = OB$.
Cách giải
a) Tìm $m$ để đường $\left( d \right)$thẳng song song với đường thẳng$y = 2x + 5$.
Đường thẳng $\left( d \right)$song song với đường thẳng $y = 2x + 5$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a’\\b \ne b’\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m – 1 = 2\\ – 4 \ne 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3.$
Vậy $m = 3$ thì thỏa mãn bài toán.
b) Vẽ đồ thị hàm số trên với $m$ tìm được ở câu a.
Với $m = 3$, ta có: $\left( d \right):y = 2x – 4$.
Cho $x = 0$ ta được $y = 2.0 – 4 = – 4$ nên $M\left( {0; – 4} \right)$
Cho $y = 0 \Rightarrow 0 = 2x – 4 \Leftrightarrow x = 2$ nên $N\left( {2;0} \right)$
Đồ thị hàm số là đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua hai điểm $\left( {0; – 4} \right)$ và $\left( {2;0} \right)$
c) Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt trục $Ox$ tại $A$ , cắt trục $Oy$ tại $B$ . Tìm $m$ để tam giác $OAB$ vuông cân.
$\left( d \right)$ cắt hai trục $Ox;Oy$ tại $A,\,B$ thì $m – 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1.$
Cho $x = 0 \Rightarrow y = – 4 \Rightarrow B\left( {0; – 4} \right) \Rightarrow OB = \left| { – 4} \right| = 4$.
Cho $y = 0 \Rightarrow x = \frac{4}{{m – 1}} \Rightarrow A\left( {\frac{4}{{m – 1}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{4}{{\left| {m – 1} \right|}}$
Để $\Delta OAB$ vuông cân tại $O \Rightarrow OA = OB$
$ \Leftrightarrow \frac{4}{{\left| {m – 1} \right|}} = 4 \Leftrightarrow \left| {m – 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\left( {tm} \right)$
Vậy $m \in \left\{ {0;2} \right\}.$
Câu 4 (TH) :
Phương pháp
Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông để giải tam giác.
Cách giải
Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
Chiều cao của cây là: $h = 1,7 + 20.\tan {35^^\circ } \approx 15,7m.$
Bài 5 (VD):
Phương pháp
a) Gọi $K$ là trung điểm $OM$ , chứng minh $KO = KM = KA = KB$ dựa vào tính chất tam giác vuông.
b) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông $OAM$.
c) Chứng minh suy ra $OCF = OEC = {90^^\circ }$.
Cách giải
Cho đường tròn $\left( O \right)$ và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn $\left( O \right)$ (A và B là hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OM và AB . Kẻ đường kính BC của $\left( O \right)$.
a) Chứng minh 4 điểm M, O, A, B cùng thuộc một đường tròn.
Gọi $K$ là trung điểm $OM \Rightarrow OK = KM$.
Tam giác $OAM$ vuông tại $A$ nên $AK = KM = KO = \frac{1}{2}OM$ (tính chất trung tuyến tam giác vuông).
Tam giác $OBM$vuông tại $B$ nên $BK = KM = KO = \frac{1}{2}OM$ (tính chất trung tuyến tam giác vuông).
Do đó $OK = KM = KA = KB$.
Suy ra 4 điểm $O,A,M,B$ nằm trên đường tròn tâm $K$, đường kính $OM$.
b) Chứng minh $OI.OM = O{A^2}$.
Ta có: $OA = OB$ (bán kính)
$MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
$ \Rightarrow OM$ là trung trực của $AB \Rightarrow OM \bot AB$ tại $I$.
$\Delta OAM$ vuông tại $A$ đường cao $AI \Rightarrow OI.OM = O{A^2}$ (hệ thức giữa cạnh và đường cao).
c) Qua $\left( O \right)$vẽ đường thẳng vuông góc với $MC$ tại $E$ cắt đường thẳng $BA$ tại $F$.
Xét $\Delta OFI$ và $\Delta OME$ có:
$\angle O$ chung
$\angle OIF{\rm{ = }}\angle OEM = {90^^\circ }$
$ \Rightarrow \Delta OFI \sim \Delta {\rm{OME}}\left( {g – g} \right) \Rightarrow \frac{{OF}}{{OM}} = \frac{{OI}}{{OE}}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
$ \Rightarrow OF.OE = OI.OM = O{A^2} = O{C^2}$
$ \Rightarrow \frac{{OF}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OE}}$
Xét $\Delta OCE$ và $\Delta OFC$có:
$\angle O$ chung
$\frac{{OF}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OE}}$ $\left( {cmt} \right)$
$ \Rightarrow \Delta OCE \sim \Delta OFC\left( {c – g – c} \right)$
Nên $\angle OCF{\rm{ = }}\angle OEC = {90^^\circ }$ (góc tương ứng)
$ \Rightarrow FC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ (đpcm).
Bài 6 (VDC):
Phương pháp
Nhận xét: $P = 3 – \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)$
Sử dụng bất đẳng thức $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}$ để đánh giá.
Cách giải:
Cho ba số dương $x,y,z$ thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện $x + y + z = 1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}$
Ta có: $P = 3 – \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)$
Mà $\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}} \ge \frac{9}{{x + y + z + 3}} = \frac{9}{4}$
$ \Rightarrow P \le 3 – \frac{9}{4}{\rm{ = }}\frac{3}{4}$
Dấu xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.
Vậy $\max P = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3}.$
