Đề Thi Kỳ 1 Toán 9 Sở GD & ĐT Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
9

Đề thi Toán 9 kỳ 1 Sở GD & ĐT Tỉnh Nam Định có đáp án và lời giải chi tiết bao gồm phần tự luận và trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 9

Thời gian làm bài: 120 phút; không kể thời gian phát đề

Mục tiêu:

+) Đề thi gồm các câu hỏi trắc nghiệm và tự luận với đầy đủ các kiến thức đã được học trong HK1 môn Toán 9. Sau khi làm đề thi các em hoàn thành đề thi này, các em có thể nắm chắc được kiến thức cả học kì 1 của mình và có định hướng tốt làm các bài kiểm tra cũng như bài thi có dạng bài tương tự.

+) Đề thi của Sở GD&ĐT Nam Định đưa ra khảo sát học sinh, đề thi rất hay và đầy đủ kiến thức với các mức độ từ NB – TH – VD – VDC có thể đánh giá được kết quả của các em.

Phần 1: Trắc nghiệm (2 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời đúng và ghi chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.

Câu 1 (NB). Biểu thức $\sqrt {1 – {y^2}} $xác định khi và chỉ khi:

A. $y \le 1$ B. $y \ge 1$ C. $ – 1 \le y \le 1$ D. $y \ne 1.$

Câu 2 (NB). Rút gọn biểu thức $ – \sqrt {18} + \sqrt 2 $ được kết quả là:

A. $ – 4$ B. $ – \sqrt {20} $ C. $ – 2\sqrt 2 $ D. $ – 4\sqrt 2 $

Câu 3 (NB). Hệ số góc của đường thẳng $y = – 2x – 1$ là:

A. $ – 2$ B. $ – 1$ C. 1 D. 2.

Câu 4 (TH). Góc tạo bởi đường thẳng nào sau đây với trục $Ox$ là nhỏ nhất?

A. $y = – x + 4$ B. $y = x + 3$ C. $y = 3x + 2$ D. $y = 5x – 1.$

Câu 5 (TH). Biểu thức $\sqrt[3]{{{{\left( {1 – \sqrt {2018} } \right)}^3}}} – \sqrt {2018} $ có giá trị bằng:

A. 1 B. $ – 1$ C. $1 – 2\sqrt {2018} $ D. $2\sqrt {2018} – 1.$

Câu 6 (TH). Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 3cm,AC = 4cm.$ Khi đó $\cos C$ có giá trị bằng:

A. $\frac{3}{4}$ B. $\frac{4}{3}$ C. $\frac{3}{5}$ D. $\frac{4}{5}.$

Câu 7 (VD). Biết ${0^0} < a < 90^\circ .$ Giá trị của biểu thức $\left[ {\sin \alpha + 3\cos \left( {90^\circ – \alpha } \right)} \right]:\left[ {\sin \alpha – 2\cos \left( {90^\circ – \alpha } \right)} \right]$ bằng:

A. $ – 4$ B. 4 C. $\frac{{ – 3}}{2}$ D. $\frac{3}{2}.$

Câu 8 (VD). Đường thẳng $a$ cách tâm $O$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ một khoảng bằng $\sqrt 8 cm.$Biết $R = 3cm,$ số giao điểm của đường thẳng $a$ và đường tròn $\left( {O;R} \right)$ là:

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Phần II: Tự luận (8 điểm)

Câu 1 (TH): (2,25 điểm) Rút gọn các biểu thức

1) $A = \frac{1}{{2 – \sqrt 3 }} + \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }}$ 2) $B = \sqrt {5 + 2\sqrt {{{\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}^2}} } $ 3) $C = \frac{{x + \sqrt x – 2}}{{\sqrt x + 2}}$ (với $x \ge 0$)

Câu 2 (VD): (2 điểm) Cho hàm số $y = \left( {2 – m} \right)x + 2$ với m là tham số và $m \ne 2,$ có đồ thị là đường thẳng $d.$

1) Vẽ đồ thị của hàm số trên với $m = 3.$

2) Xác định giá trị của $m$ để đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $y = 2x – 4$ tại một điểm nằm trên trục hoành.

Câu 3 (VD): (3 điểm) Cho đường tròn $\left( {O;R} \right),$ đường kính $AB.$ Qua $A$ vẽ đường thẳng $d$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right).$ $C$ là một điểm thuộc đường thẳng $d.$ Qua $C$ vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn $\left( {O;R} \right),$ tiếp xúc với đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm $M.$ Gọi $H$ là giao điểm của $AM$ và $OC.$

1) Chứng minh $AM$ vuông góc với $OC$ và $OH.OC = {R^2}.$

2) Chứng minh các góc $OBH$ và $OCB$ bằng nhau.

3) Qua $O$ vẽ đường thẳng vuông góc với $OC,$ đường thẳng này cắt $CM$ tại $D.$ Chứng minh $DB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right)$

Câu 4 (VDC) (0,75 điểm) Cho $x,y$ thỏa mãn điều kiện: $3\left( {x\sqrt {y – 9} + y\sqrt {x – 9} } \right) = xy.$ Tính giá trị của biểu thức:

$S = {\left( {x – 17} \right)^{2018}} + {\left( {y – 19} \right)^{2019}}$

Đáp án

Phần I: Trắc nghiệm

1. C 2. C 3. A 4. B 5. C 6. D 7. A 8. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp:

Biểu thức $\sqrt A $ xác định $ \Leftrightarrow A \ge 0$

Cách giải:

$\sqrt {1 – {y^2}} $ xác định $ \Leftrightarrow 1 – {y^2} \ge 0 \Leftrightarrow {y^2} \le 1 \Leftrightarrow – 1 \le y \le 1$

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: $\sqrt {{A^2}.B} = \left| A \right|\sqrt B = \left[ \begin{array}{l}A.B{\rm{ khi }}A \ge 0\\ – A.B{\rm{ khi }}A < 0\end{array} \right.$

Cách giải:

$ – \sqrt {18} + \sqrt 2 = – \sqrt {9.2} + \sqrt 2 = – \sqrt {{3^2}.2} + \sqrt 2 = – 3\sqrt 2 + \sqrt 2 = – 2\sqrt 2 $

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình đường thẳng có dạng $y = kx + b$ có hệ số góc là $k.$

Cách giải:

Phương trình đường thẳng $y = – 2x – 1$ có hệ số góc là $ – 2$

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp:

Đường thẳng $d:y = ax + b$ có hệ số góc $a \ne 0$ thì góc tạo bởi đường thẳng $d$ và chiều dương của trục $Ox$ sẽ:

+) Là góc nhọn nếu hệ số $a > 0,$ hệ số $a$ càng lớn thì góc đó càng lớn (nhưng vẫn nhỏ hơn $90^\circ $).

+) Là góc tù nếu hệ số $a < 0,$ hệ số $a$ càng nhỏ thì góc đó càng lớn (nhưng vẫn nhỏ hơn $180^\circ $).

Cách giải:

Trong 4 đáp án, ta có:

+) Đáp án A: đường thẳng $y = – x + 4$ có hệ số $a = – 1 < 0$

$ \Rightarrow $ góc tạo bởi đường thẳng và trục $Ox$ là góc tù.

+) Các đáp án B, C, D đều có hệ số $a > 0$ nên góc tạo bởi các đường thẳng $y = x + 3,y = 3x + 2,y = 5x – 1$ với trục $Ox$ là các góc nhọn.

Đường thẳng $y = x + 3$ có hệ số $a = 1$ nhỏ nhất sẽ tạo với trục $Ox$ góc nhỏ nhất.

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp:

Áp công thức: $\sqrt[3]{{{A^3}}} = A{\rm{ }}\forall A.$

Cách giải:

$\sqrt[3]{{{{\left( {1 – \sqrt {2018} } \right)}^3}}} – \sqrt {2018} = 1 – \sqrt {2018} – \sqrt {2018} = 1 – 2\sqrt {2018} .$

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$ và $\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}.$

Cách giải:

Ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25 \Rightarrow BC = \sqrt {25} = 5\left( {cm} \right)$

$ \Rightarrow \cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{4}{5}.$

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất: $\sin \alpha = \cos \left( {90^\circ – \alpha } \right);\cos \alpha = \sin \left( {90^\circ – \alpha } \right).$

Cách giải:

$\left[ {\sin \alpha + 3\cos \left( {90^\circ – \alpha } \right)} \right]{\rm{:}}\left[ {\sin \alpha – 2\cos \left( {90^\circ – \alpha } \right)} \right] = \left( {\sin \alpha + 3\sin \alpha } \right){\rm{:}}\left( {\sin \alpha – 2\sin \alpha } \right)$

$ = \left( {4\sin \alpha } \right):\left( { – \sin \alpha } \right) = – 4.$

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp:

Vị trí tương đối của đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và đường thẳng $a$:

+) Nếu $d\left( {O;a} \right) < R \Rightarrow a$ cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt.

+) Nếu $d\left( {O;a} \right) = R \Rightarrow a$ tiếp xúc với đường tròn tại 1 điểm.

+) Nếu $d\left( {O;a} \right) > R \Rightarrow a$ không cắt đường tròn.

Cách giải:

Ta có: $d\left( {O;a} \right) = \sqrt 8 ;{\rm{ }}R = 3 \Rightarrow d\left( {O;a} \right) < R$

Nên đường thẳng $a$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại hai điểm phân biệt.

PHẦN II:

Câu 1:

Phương pháp:

1) Quy đồng mẫu của các biểu thức để rút gọn

2) Rút gọn căn bậc hai bằng công thức: $\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B {\rm{ khi }}A \ge 0\\ – A\sqrt B {\rm{ khi }}A < 0\end{array} \right.$

3) Phân tích đa thức trên tử số thành nhân tử và rút gọn với mẫu số.

Cách giải:

1) $A = \frac{1}{{2 – \sqrt 3 }} + \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} = \frac{{2 + \sqrt 3 + 2 – \sqrt 3 }}{{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} = \frac{4}{{{2^2} – 3}} = 4$

Vậy $A = 4.$

2) $B = \sqrt {5 + 2\sqrt {{{\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}^2}} } = \sqrt {5 + 2.\left( {\sqrt 2 – 1} \right)} $

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

$ = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 + 1.$

Vậy $B = \sqrt 2 + 1.$

3) $C = \frac{{x + \sqrt x – 2}}{{\sqrt x + 2}}\left( {x \ge 0} \right)$

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

Vậy $C = \sqrt x – 1$ với $x \ge 0.$

Câu 2:

Phương pháp:

1) Thay $m = 3$ thỏa mãn điều kiện vào hàm số, lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số.

2) Tìm giao điểm của đường thẳng $y = 2x – 4$ với trục hoành, giao điểm của đồ thị hàm số chính là điểm vừa tìm, từ đó thay tọa độ của điểm vào phương trình d để tìm $m.$

Cách giải:

Cho hàm số $y = \left( {2 – m} \right)x + 2$ với $m$ là tham số và $m \ne 2,$ có đồ thị là đường thẳng $d.$

1) Vẽ đồ thị của hàm số trên với $m = 3.$

Thay $m = 3$ vào hàm số đã cho ta được:

$y = \left( {2 – 3} \right)x + 2 \Rightarrow y = – x + 2$

Ta có bảng giá trị của d:

x 0 1
$y = – x + 2$ 2 1

Vậy với $m = 3$ thì đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {0;2} \right);\left( {1;1} \right).$

2) Xác định giá trị của $m$ để đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $y = 2x – 4$ tại một điểm nằm trên trục hoành.

Gọi $M\left( {{x_0};0} \right)$ là giao điểm của đồ thị đường thẳng $y = 2x – 4$ và trục $Ox.$

$ \Rightarrow 0 = 2{x_0} – 4 \Leftrightarrow {x_0} = 2 \Rightarrow M\left( {2;0} \right).$

Lại có $d$ cắt đường thẳng $y = 2x – 4$ tại $M\left( {2;0} \right)$

$ \Rightarrow 0 = \left( {2 – m} \right).2 + 2 \Leftrightarrow 2 – m = – 1 \Leftrightarrow m = 3\left( {tm} \right).$

Vậy $m = 3.$

Câu 3

Phương pháp:

1) – Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn.

– Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OCM.$

2) Chứng minh $\Delta OBH \sim \Delta OCB$ từ đó suy ra điều phải chứng minh.

3) Chứng minh $\Delta DOB = \Delta DOM,$ suy ra $OB \bot BD.$

Cách giải:

1) Chứng minh $AM$ vuông góc với $OC$ và $OH.OC = {R^2}.$

Theo giả thiết ta có hai đường tiếp tuyến tại $A$ và $M$ của đường tròn $\left( O \right)$ cặt nhau tại $C$

$ \Rightarrow OC$ là tia phân giác của $\angle ACM$ và $\angle AOM$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét $\Delta AOM$ có: $OA = OM\left( { = R} \right)$ và có $OC$ là tia phân giác của $\angle AOM\left( {cmt} \right)$

$ \Rightarrow OC$ đồng thời là đường cao của tam giác cân $AOM.$ (tính chất)

$ \Rightarrow OC \bot AM = \left\{ H \right\}$

Vậy $AM \bot OC.$

Áp dụng hệ thức lượng cho $\Delta OMC$ vuông tại $M$ có đường cao $OH$ có:

$OH.OC = O{M^2} \Leftrightarrow OH.OC = {R^2}.\left( {dpcm} \right)$

Vậy $OH.OC = {R^2}$

2) Chứng minh các góc $OBH$ và $OCB$ bằng nhau.

Ta có: $OH.OC = {R^2} = O{B^2}$

$ \Rightarrow \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OC}}$

Xét $\Delta OBH$ và $\Delta OCB$ có:

$\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OC}}$

$\angle COB$ chung

$ \Rightarrow \Delta OBH \sim \Delta OCB\left( {c – g – c} \right).$

$ \Rightarrow \angle OBH = \angle OCB$ (hai góc tương ứng bằng nhau). (đpcm)

Vậy $\angle OBH = \angle OCB.$

3) Qua $O$ vẽ đường thẳng vuông góc với $OC,$ đường thẳng này cắt $CM$ tại $D.$ Chứng minh $DB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right).$

Từ giả thiết ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\angle DOB + \angle COA = 180^\circ – \angle DOC = 180^\circ – 90^\circ = 90^\circ \\\angle DOM + \angle MOC = \angle DOC = 90^\circ \end{array} \right.$

Mà $\angle MOC = \angle COA$ (cm a))

$ \Rightarrow \angle DOB = \angle DOM$ (cùng phụ với hai hai góc bằng nhau)

Xét $\Delta DOB$ và $\Delta DOM$ có:

$OD$ chung

$\angle DOB = \angle DOM{\rm{ }}\left( {cmt} \right)$

$OB = OM\left( { = R} \right)$

$ \Rightarrow \Delta DOB = \Delta DOM\left( {c – g – c} \right)$

$ \Rightarrow \angle OMD = \angle OBD = 90^\circ $

Hay $OB \bot BD.$

$ \Rightarrow BD$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right).$ (đpcm)

Câu 4:

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức $ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}{\rm{ }}\forall a,b$ để chứng minh $VT \ge VP.$

Khi đó dấu “=” xảy ra và ta tìm được x, y.

Cách giải

Cho $x,y$ thỏa mãn điều kiện: $3\left( {x\sqrt {y – 9} + y\sqrt {x – 9} } \right) = xy.$ Tính giá trị của biểu thức:

$S = {\left( {x – 17} \right)^{2018}} + {\left( {y – 19} \right)^{2019}}$

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x – 9 \ge 0\\y – 9 \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 9\\y \ge 9\end{array} \right.$

Ta có:

$3\left( {x\sqrt {y – 9} + y\sqrt {x – 9} } \right)$

$ = 3x\sqrt {y – 9} + 3y\sqrt {x – 9} $

$ = 3\sqrt x .\sqrt x .\sqrt {y – 9} + 3\sqrt y .\sqrt y .\sqrt {x – 9} $

$ = 3\sqrt x .\sqrt {xy – 9x} + 3\sqrt y .\sqrt {xy – 9y} $

$ = \sqrt {9x} .\sqrt {xy – 9x} + \sqrt {9y} .\sqrt {xy – 9y} $

Với mọi $a,b$ ta có: ${\left( {a – b} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} – 2ab \ge 0 \Rightarrow 2ab \le {a^2} + {b^2} \Rightarrow ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {a – b} \right)^2} = 0 \Rightarrow a = b$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {9x} .\sqrt {xy – 9x} \le \frac{{9x + xy – 9x}}{2} = \frac{{xy}}{2}\\\sqrt {9y} .\sqrt {xy – 9y} \le \frac{{9y + xy – 9y}}{2} = \frac{{xy}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {9x} .\sqrt {xy – 9x} + \sqrt {9y} .\sqrt {xy – 9y} \le \frac{{xy}}{2} + \frac{{xy}}{2} = xy$

$ \Rightarrow VT \le VP$

Mà theo đề bài $VT = VP$ nên dấu “=” xảy ra

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {9x} = \sqrt {xy – 9x} \\\sqrt {9y} = \sqrt {xy – 9y} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = xy – 9x\\9y = xy – 9y\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\left( {y – 18} \right) = 0\\y\left( {x – 18} \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow x = y = 18\left( {do{\rm{ }}x \ge 9,y \ge 9} \right)$

$ \Rightarrow S = {\left( {x – 17} \right)^{2018}} + {\left( {y – 19} \right)^{2019}} = {\left( {18 – 17} \right)^{2018}} + {\left( {18 – 19} \right)^{2019}} = 1 – 1 = 0.$

Vậy $S = 0.$

Bài trướcĐề Thi Kỳ 1 Toán 9 Sở GD & ĐT Tỉnh Đồng Nai Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học Kì 1 Toán 9 Trường THPT Quận Thanh Xuân Hà Nội 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