Đề thi Toán 9 hk 1 Sở GD & ĐT Tỉnh Bình Dương có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) |
Bài 1 (1,5 điểm) (VD).
Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 2}} + \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}}} \right).\frac{{a – 4}}{{\sqrt {4a} }}$.
a) Tìm điều kiện của a để P xác định.
b) Rút gọn P.
c) Tìm a để $P < 3$.
Bài 2 (1,25 điểm) (VD).
Chứng minh: Giá trị của biểu thức $A = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)\left( {4 – \sqrt {15} } \right).\sqrt {2 – \sqrt 3 } } $ là một số nguyên.
Bài 3 (2,25 điểm) (VD).
a) Vẽ đồ thị hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ: $\left( {{d_1}} \right):y = 2x – 3$ và $\left( {{d_2}} \right):y = – \frac{1}{2}x + 2$.
b) Tìm tọa độ giao điểm A của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ (bằng phép tính).
c) Tìm m để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right)$ và $\left( {{d_3}} \right):y = 3x – 2m – 3$ đồng quy.
Bài 4 (1,5 điểm) (VD).
a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x – 2y – 9 = 0\\5x + 2y – 7 = 0\end{array} \right.$.
b) Giải phương trình $\sqrt {3{x^2} + 12x + 12} = \sqrt {75} $.
Bài 5 (3,5 điểm) (VD).
Cho tam giác ABC có AH là đường cao, biết $BH = 9cm;HC = 16cm$ và $\tan \angle ACB = \frac{3}{4}$.
a) Tính độ dài các cạnh AH, AC.
b) Vẽ đường tròn tâm B bán kính BA. Chứng minh rằng AC là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right)$
c) Tia AH cắt đường tròn $\left( {B;BA} \right)$ tại $D\left( {D \ne A} \right)$. Vẽ tiếp tuyến Dx của $\left( {B;BA} \right)$ (với D là tiếp điểm). Chứng minh rằng Dx đi qua điểm C.
d) Cạnh BC cắt đường tròn $\left( {B;BA} \right)$ tại E.
Chứng minh AE là tia phân giác của góc HAC và $EH.\tan ABC = EC.\sin ABC$.
HẾT
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1 (VD):
Phương pháp
a) Biểu thức $\sqrt {f\left( x \right)} $ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0;\frac{1}{{f\left( x \right)}}$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0$.
b) Quy đồng mẫu số và rút gọn biểu thức.
c) Giải bất phương trình và kết hợp với điều kiện xác định để tìm điều kiện của a.
Cách giải
Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 2}} + \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}}} \right).\frac{{a – 4}}{{\sqrt {4a} }}$.
a) Tìm điều kiện của a để P xác định.
P xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ge 0\\\sqrt a – 2 \ne 0\\\sqrt a + 2 \ne 0\\4a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\sqrt a \ne 2\\\sqrt a \ne – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\a \ne {2^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\a \ne 4\end{array} \right.$.
Vậy $a > 0;a \ne 4$ thì biểu thức P xác định.
b) Rút gọn P.
ĐKXĐ: $a > 0;a \ne 4$.
$\begin{array}{l}P = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a – 2}} + \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}}} \right).\frac{{a – 4}}{{\sqrt {4a} }}\\\;\;\; = \frac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 2} \right) + \sqrt a \left( {\sqrt a – 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a – 2} \right)}}.\frac{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a – 2} \right)}}{{\sqrt {{2^2}.a} }}\\\;\;\; = \frac{{a + 2\sqrt a + a – 2\sqrt a }}{{2\sqrt a }}\\\;\;\; = \frac{{2a}}{{2\sqrt a }} = \sqrt a \end{array}$
Vậy $P = \sqrt a $ với $a > 0;a \ne 4$.
c) Tìm a để $P < 3$.
ĐKXĐ: $a > 0;a \ne 4$.
$P < 3 \Leftrightarrow \sqrt a < 3 \Leftrightarrow a < {3^2} \Leftrightarrow a < 9$.
Kết hợp với điều kiện xác định $ \Rightarrow 0 < a < 9;a \ne 4$.
Vậy $0 < a < 9;a \ne 4$ thì $P < 3$.
Bài 2 (VD):
Phương pháp
Dựa vào các hằng đẳng thức và công thức $\sqrt {{A^2}} = \left[ \begin{array}{l}A\;khi\;A \ge 0\\ – A\;khi\;A < 0\end{array} \right.$ để biến đổi và rút gọn A.
Cách giải
$\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)\left( {4 – \sqrt {15} } \right).\sqrt {2 – \sqrt 3 } } \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\sqrt 2 \sqrt {2 – \sqrt 3 } \left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\sqrt {2\left( {2 – \sqrt 3 } \right)} \left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\sqrt {4 – 2\sqrt 3 } \left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 – 1} \right)}^2}} \left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\left( {\sqrt 3 – 1} \right)\left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \;\;\left( {do\;\sqrt 3 – 1 > 0} \right)\\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {\left( {3 – 1} \right)\left( {4 – \sqrt {15} } \right)} = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\sqrt {2\left( {4 – \sqrt {15} } \right)} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {8 – 2\sqrt {15} } = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\sqrt {5 – 2\sqrt 5 \sqrt 3 + 3} \\\;\;\; = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right).\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 – \sqrt 3 } \right)}^2}} = \left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 5 – \sqrt 3 } \right)\;\left( {do\;\sqrt 5 – \sqrt 3 > 0} \right)\\\;\;\; = 5 – 3 = 2\end{array}$
Vậy $A = 2$ là một số nguyên.
Bài 3 (VD):
Phương pháp
a) Lập bảng giá trị của hai hàm số và vẽ chúng trên cùng 1 mặt phẳng tọa độ.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị để tìm x, thay giá trị x vừa tìm được vào 1 trong hai phương trình để tìm y.
c) 3 đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi đường thẳng thứ ba đi qua giao điểm của hai đường thẳng còn lại.
Cách giải
a) Vẽ đồ thị hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ: $\left( {{d_1}} \right):y = 2x – 3$ và $\left( {{d_2}} \right):y = – \frac{1}{2}x + 2$.
+ Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{d_1}} \right):y = 2x – 3$.
Bảng giá trị:
| x | 1 | 3 |
| $y = 2x – 3$ | $ – 1$ | 3 |
Vậy đồ thị hàm số $\left( {{d_1}} \right)$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {1; – 1} \right);\left( {3;3} \right)$.
+ Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{d_2}} \right):y = – \frac{1}{2}x + 2$.
Bảng giá trị:
| x | 0 | 4 |
| $y = – \frac{1}{2}x + 2$ | 2 | 0 |
Vậy đồ thị hàm số $\left( {{d_2}} \right)$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {0;2} \right);\left( {4;0} \right)$
b) Tìm tọa độ giao điểm A của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ (bằng phép tính).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$:
$2x – 3 = – \frac{1}{2}x + 2 \Leftrightarrow 2x + \frac{1}{2}x = 2 + 3 \Leftrightarrow \frac{5}{2}x = 5 \Leftrightarrow x = 2$
Thay $x = 2$ vào hàm số $y = 2x – 3$ ta được $y = 2.2 – 3 = 1$.
Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ là $A\left( {2;1} \right)$.
c) Tìm m để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right)$ và $\left( {{d_3}} \right):y = 3x – 2m – 3$ đồng quy.
Ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right)$ và $\left( {{d_3}} \right):y = 3x – 2m – 3$ đồng quy $ \Rightarrow \left( {{d_3}} \right)$ đi qua giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right) \Rightarrow A \in \left( {{d_3}} \right)$.
Thay tọa độ điểm A vào hàm số $\left( {{d_3}} \right):y = 3x – 2m – 3$ ta được: $1 = 3.2 – 2m – 3 \Rightarrow 2m = 6 – 3 – 1 \Rightarrow m = 1$.
Vậy $m = 1$ thì ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right)$ và $\left( {{d_3}} \right):y = 3x – 2m – 3$ đồng quy.
Bài 4 (VD):
Phương pháp
a) Giải hệ phương trình bằng cách cộng hai vế của 2 phương trình để triệt tiêu 1 ẩn.
b) Áp dụng cách giải phương trình: $\sqrt A = \sqrt B \left( {A,B \ge 0} \right) \Rightarrow A = B$.
Cách giải
a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x – 2y – 9 = 0\\5x + 2y – 7 = 0\end{array} \right.$.
$\left\{ \begin{array}{l}3x – 2y – 9 = 0\\5x + 2y – 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x – 2y = 9\\5x + 2y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 9 + 7\\3x – 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 16\\2y = 3x – 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = 3.2 – 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2y = – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = – \frac{3}{2}\end{array} \right.$.
Vậy phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {2; – \frac{3}{2}} \right)$.
b) Giải phương trình $\sqrt {3{x^2} + 12x + 12} = \sqrt {75} $.
ĐKXĐ: $3{x^2} + 12x + 12 \ge 0 \Rightarrow {x^2} + 4x + 4 \ge 0 \Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0$ đúng $\forall x$.
$\begin{array}{l}\;\;\;\;\sqrt {3{x^2} + 12x + 12} = \sqrt {75} \Leftrightarrow 3{x^2} + 12x + 12 = 75\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 12x – 63 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 21 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 7x – 3x – 21 = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 7} \right)\left( {x – 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 7 = 0\\x – 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 7\\x = 3\end{array} \right.\end{array}$
Vậy phương trình có hai nghiệm $x = – 7$ và $x = 3$.
Bài 5 (VD):
Phương pháp
a) Áp dụng công thức tính tan 1 góc và định lý Pytago trong tam giác vuông.
b) Chứng minh $\Delta ABC$ vuông tại A qua định lý Pytago đảo, suy ra $BA \bot CA$.
c) Chứng minh $\Delta ABC = \Delta DBC$ để suy ra DC là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right),DC \equiv Dx$.
d) Chứng minh $\angle EAC = \angle HAE$ do cùng phụ với $\angle BEA$.
+ Biến đổi tương đương biểu thức cần chứng minh về 1 kết quả luôn đúng.
Cách giải
Cho tam giác ABC có AH là đường cao, biết $BH = 9cm;HC = 16cm$ và $\tan \angle ACB = \frac{3}{4}$.
- Tính độ dài các cạnh AH, AC.
Trong $\Delta AHC$ vuông tại H có:
$\begin{array}{l}\tan ACB = \frac{{AH}}{{HC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = HC.\frac{3}{4} = 16.\frac{3}{4} = 12\left( {cm} \right)\\A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} = {12^2} + {16^2} = 400 \Rightarrow AC = \sqrt {400} = 20\left( {cm} \right)\end{array}$
Vậy $AH = 12cm;AC = 20cm$.
b) Vẽ đường tròn tâm B bán kính BA. Chứng minh rằng AC là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right)$.
Trong $\Delta ABH$ vuông tại H có:
$AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}} = \sqrt {225} = 15\left( {cm} \right)$.
Nhận thấy: $A{B^2} + A{C^2} = {15^2} + {20^2} = 625 = {25^2} = B{C^2}$.
$ \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A \Rightarrow BA \bot CA$.
$ \Rightarrow AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right)$ (định nghĩa).
Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right)$.
c) Tia AH cắt đường tròn $\left( {B;BA} \right)$ tại $D\left( {D \ne A} \right)$. Vẽ tiếp tuyến Dx của $\left( {B;BA} \right)$ (với D là tiếp điểm). Chứng minh rằng Dx đi qua điểm C.
+ Xét $\Delta ABD$ có: $BA = BD;BH \bot AD$.
$ \Rightarrow BH$ là đường cao đồng thời là đường phân giác của $\Delta ABD$ cân tại $B$ (tính chất).
$ \Rightarrow \angle ABC = \angle DBC$.
+ Xét $\Delta ABC$ và $\Delta DBC$ có:
BC chung
$\begin{array}{l}\angle ABC = \angle DBC\left( {cmt} \right)\\BA = BD\left( {gt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABC = \Delta DBC\left( {c – g – c} \right)\end{array}$
$ \Rightarrow \angle BAC = \angle BDC = 90^\circ $ (hai góc tương ứng).
$ \Rightarrow BD \bot DC$.
$ \Rightarrow DC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;BA} \right)$.
$ \Rightarrow DC \equiv Dx$ hay Dx đi qua điểm C (đpcm).
d) Cạnh BC cắt đường tròn $\left( {B;BA} \right)$ tại E.
Chứng minh AE là tia phân giác của góc HAC và $EH.\tan ABC = EC.\sin ABC$.
+ Ta có $\angle BAE = \angle BEA$ (do $\Delta ABE$ cân tại B).
Lại có $\angle BAE + \angle EAC = \angle BAC = 90^\circ $.
$ \Rightarrow \angle BAE + \angle EAC = 90^\circ \;\left( 1 \right)$.
Mặt khác: $\angle BEA + \angle HAE = 180^\circ – \angle AHE = 90^\circ \;\left( 2 \right)$.
Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \angle EAC = \angle HAE \Rightarrow AE$ là tia phân giác của $\angle HAC$ (đpcm).
+ Nếu $EH.\tan ABC = EC.\sin ABC$
Thì $EH.\frac{{AC}}{{AB}} = EC.\frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow EH.\frac{{20}}{{15}} = EC.\frac{{20}}{{25}} \Rightarrow \frac{{EH}}{3} = \frac{{EC}}{5}\;\left( 1 \right)$.
Ta có: AE là tia phân giác của $\angle HAC$.
$ \Rightarrow \frac{{EH}}{{EC}} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5}$ (tính chất đường phân giác)
$ \Rightarrow \frac{{EH}}{3} = \frac{{EC}}{5} \Rightarrow $ (1) luôn đúng.
Vậy $EH.\tan ABC = EC.\sin ABC$.
