Hk i toan 9 hai ba trung 2020 2021 co dap an sj4tt

UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ I LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi Toán Ngày kiểm tra 30/12/2020 Câu 1 (2,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính a) 5 12 3 27 2 108 19[.]

UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ I LỚP NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán Ngày kiểm tra 30/12/2020 Câu (2,0 điểm) 1) Thực phép tính  2) Giải phương trình 4x  12   b)     3 a) 12  27  108  192 9x  27   x  3 Câu (2,0 điểm) Với x  0, x  cho biểu thức P  x7 x Q  x 1 x 3  x 3 9 x x 3 x  1) Tính giá trị biểu thức P x  2) Chứng minh Q  x x 3 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  P.Q Câu (2,0 điểm) 1) Cho hàm số bậc y  (m  3)x  3m  có đồ thị (d) (m tham số; m  3 ) a) Vẽ (d) m  b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tung điểm có tung độ c) Xác định m để đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y  2x  2) Hãy tính chiều cao tháp Eiffel mà khơng cần lên tận đỉnh tháp biết góc tạo tia nắng mặt trời với mặt đất 620 bóng tháp mặt đất 172m ( làm tròn kết tới chữ số thập phân thứ nhất) Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB ( AB  2R ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By nửa đường trịn Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn ( C khác A B), qua C kẻ tiếp tuyến nửa đường tròn cắt Ax, By thứ tự M N a) Chứng minh bốn điểm A, M, C, O thuộc đường tròn b) Nối điểm O với điểm M, điểm O với điểm N Chứng minh AM.BN  R c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn (O) I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp CNB d) Cho AB  6cm Xác định vị trí M N để hình thang AMNB có chu vi 18cm Câu (0,5 điểm) Cho a  1,b  9,c  16 a.b.c  1152 Tìm giá trị lớn biểu thức P  bc a   ca b   ab c  16 -Hết ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) 1) Thực phép tính 12  27  108  192  10   12    a)   b)     3     1  3     1  3  4x  12  2) Giải phương trình 9x  27   x  ĐK: x  3  x 3  x 3  4 x 3  x 3  2 x 3  x  ( thỏa mãn điều kiện x  3) Vậy phương trình có tập nghiệm S  7 Câu (2,0 điểm) Với x  0, x  cho biểu thức P  x7 x Q  x 1 x 3  x 3 9 x x 3 x  1) Tính giá trị biểu thức P x  x  thỏa mãn điều kiện x  0, x  Thay x  vào biểu thức P ta có: P 4  11 11  3.2 Vậy: với x  ta có P  x x 3 2) Chứng minh Q  x 1 Ta có Q      x 3   x  3 x 1 11 x 3 x 1 x x 3    9 x x9 x 3 x 3 x 3 x    x  x  3  x  3  x  3 x  3  x 3 x  x  x   2x  x  x    x 3  x 3 x 3  x 3  x 3   3x  x  x 3 x    x 3   x 3  x 3  x 3 x  x 3 x Vậy với x  0, x  , ta có Q  x 3 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  P.Q Với x  0, x  , ta có A  P.Q  x7 x x7   x x 3 x 3   16 x 3  x 3 6 Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số khơng âm ta có:   x 3  16 x 3  8  Dấu " = " xảy  x    x 3  16 x 3 16 x 3 6  x  ( thỏa mãn điều kiện x  0, x  ) Vậy giá trị nhỏ biểu thức A  x  Câu (2,0 điểm) 1) Cho hàm số bậc y  (m  3)x  3m  có đồ thị (d) (m tham số; m  3 ) a) Vẽ (d) m  Khi m  ta có cơng thức y  3x  Bảng giá trị tương ứng x y x y  3x  1 1  Đồ thị hàm số y  3x  1là đường thẳng qua điểm (0; 1)  ;0  3  0.5 O 0.5 1.5 b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tung điểm có tung độ Đường thẳng (d) cắt trục tung điểm có tung độ  3m    m  c) Xác định m để đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y  2x  Đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y  2x  m   m  1    m  1 ( thỏa mãn điều kiện m  3 ) 3m    m     Vậy m  1 đường thẳng (d) trùng với đường thẳng y  2x  2) Hãy tính chiều cao tháp Eiffel mà khơng cần lên tận đỉnh tháp biết góc tạo tia nắng mặt trời với mặt đất 620 bóng tháp mặt đất 172m ( làm tròn kết tới chữ số thập phân thứ nhất) Bài tốn mơ tả hình vẽ Chiều cao tháp Eiffel độ dài đoạn BH ABH vng H nên ta có BH  AH.tanBAH ( Hệ thức lượng tam giác vuông)  BH  172.tan620  323,5 m Vậy chiều cao tháp Eiffel 323,5 m Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB ( AB  2R ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By nửa đường trịn Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn ( C khác A B), qua C kẻ tiếp tuyến nửa đường tròn cắt Ax, By thứ tự M N a) Chứng minh bốn điểm A, M, C, O thuộc đường tròn y x N C I M H A O B MA tiếp tuyến nửa đường tròn (O) A (gt)  MA  OA ( tính chất tiếp tuyến )  OAM  900  OAM vuông A ( định nghĩa)  Ba điểm O, A, M thuộc đường trịn đường kính OM MC tiếp tuyến nửa đường tròn (O) C (gt)  MC  OC ( Tính chất tiếp tuyến ) (1)  OCM  900  OCM vuông C ( định nghĩa)  Ba điểm O, A, M thuộc đường tròn đường kính OM (2) Từ (1) (2) suy bốn điểm A, M, C, O thuộc đường tròn đường kính OM b) Nối điểm O với điểm M, điểm O với điểm N Chứng minh AM.BN  R MA, MC hai tiếp tuyến nửa đường tròn (O) A C (gt)  MA = MC (3) OM tia phân giác AOC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt ) Chứng minh tương tự có NC = NB (4) ON tia phân giác BOC Mà AOC BOC hai góc kề bù  OM  ON OMN vuông O MC tiếp tuyến nửa đường tròn (O) C (gt)  OC  MC ( tính chất tiếp tuyến )  OC  MN  OM đường cao OMN OMN vuông O, có OM đường cao  OC2  MC.NC (5) Từ (3), (4), (5) suy  OC2  AM.BN Mà OC = R suy AM.BN  R c) Đoạn ON cắt nửa đường tròn (O) I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp CNB Gọi giao điểm CB ON H NC, NB hai tiếp tuyến nửa đường tròn (O) C B (gt)  NO tia phân giác CNB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )  NH tia phân giác CNB Nửa đường trịn (O) có OC = OI ( bán kính )  OCI cân O ( định nghĩa)  OCI  OIC ( tính chất tam giác cân ) (6) Có OC  MN (chứng minh trên)  OCN  900 Mà OCN  OCI  NCI  OCI  NCI  900 (7) Mặt khác NC = NB ( chứng minh )  NCB cân N ( định nghĩa) Mà NH tia phân giác CNB ( chứng minh ) Suy NH đường cao ứng với cạnh CB ( tính chất tam giác cân )  NH  CB  HIC vuông H  HIC  ICH  900  OIC  ICH  900 (8) Từ (6), (7), (8)  ICH  NCI Mà tia CI nằm hai tia CN CH  CI tia phân giác NCB CNB có hai đường phân giác NH CI cắt I Suy I tâm đường tròn nội tiếp CNB (đpcm) d) Cho AB  6cm Xác định vị trí M, N để hình thang AMNB có chu vi 18cm Ax, By hai tiếp tuyến nửa đường tròn (O) A B (gt)  Ax  AB By  AB ( tính chất tiếp tuyến )  Ax // By ( từ vuông góc đến song song )  AM // BN Tứ giác AMNB có AM // BN  Tứ giác AMNB hình thang ( định nghĩa) Chu vi hình thang AMNB AM  MN  NB  AB  AM  MC  NC  NB  AB  AM  AM  NB  NB  AB  AB  2(MA  NB) Đặt MA  a, NB  b (a  0, b  0)   2(a  b)  18  a  b  (9) Nửa đường trịn (O) có AB  6cm  OA  OB  3cm  R  3cm Mà AM.BN  R  AM.BN   ab  (10) Từ (9) (10)  a2  6a    (a  3)2   a  Suy b  Vậy điểm M nằm tia Ax, điểm M cách điểm A khoảng 3cm Điểm N nằm tia By, điểm N cách điểm B khoảng 3cm Câu (0,5 điểm) Cho a  1,b  9,c  16 a.b.c  1152 Tìm giá trị lớn biểu thức P  bc a   ca b   ab c  16 Lời giải Với a  1,b  9,c  16 Áp dụng bất đẳng thức Cosi có a   1 a  1  a  abc  bc a   bc  2 Chứng minh tương tự ta có:  b  abc ca b   ca  16  c  16 abc ab c  16  ab  Suy P  bc a   ca b   ab c  16  abc abc abc 19abc 19.1152      912 24 24 Dấu " = " xảy a  2, b  18, c  32 Vậy P đạt giá trị lớn 912 a  2, b  18, c  32 ... (O) I Chứng minh I tâm đường tròn n? ?i tiếp CNB G? ?i giao ? ?i? ??m CB ON H NC, NB hai tiếp tuyến nửa đường tròn (O) C B (gt)  NO tia phân giác CNB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )  NH tia phân giác... ICH  90 0 (8) Từ (6), (7), (8)  ICH  NCI Mà tia CI nằm hai tia CN CH  CI tia phân giác NCB CNB có hai đường phân giác NH CI cắt I Suy I tâm đường tròn n? ?i tiếp CNB (đpcm) d) Cho AB  6cm... minh )  NCB cân N ( định nghĩa) Mà NH tia phân giác CNB ( chứng minh ) Suy NH đường cao ứng v? ?i cạnh CB ( tính chất tam giác cân )  NH  CB  HIC vuông H  HIC  ICH  90 0  OIC  ICH  90 0