Đề thi học kì 1 môn Toán 9 năm 2020-2021 có đáp án – Sở GD&ĐT Thái Bình

Với giá trị của m tìm được, hãy tính khoảng cách từ gốc tọa độ O của mặt phẳng tọa độ Oxy đến đồ thị hàm số (1). Gọi CH là đường cao của tam giác ABC. a) Tính độ dài các đoạn thẳng BC [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH



ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2020 - 2021 

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài (2,0 điểm)

1) Thực phép tính:

a)  3  1 2 b) 1 3 1  1  2) Cho hình vẽ bên, tính độ dài đoạn thẳng AB

(Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức: 3

3 ( 3)( 4)

x x x x

P

x x x x

  

  

    với x0;x9;x16

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P = Bài (2,0 điểm)

Cho hàm sốym1xm (1) a) Tìm m để hàm số (1) hàm số bậc

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 5x 

c) Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm M(1; 2) Với giá trị m tìm được, tính khoảng cách từ gốc tọa độ O mặt phẳng tọa độ Oxy đến đồ thị hàm số (1) Bài (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, có đường kính AB = cm, dây cung AC = cm K trung điểm BC Tiếp tuyến B đường tròn tâm O cắt tia OK D Gọi CH đường cao tam giác ABC

a) Tính độ dài đoạn thẳng BC CH

b) Chứng minh BD = DC đường thẳng DC tiếp tuyến đường tròn tâm O c) Chứng minh bốn điểm C, H, O, K thuộc đường tròn

d) Gọi I trung điểm CH, tiếp tuyến A đường tròn tâm O cắt tia BI E Chứng minh ba điểm E, C, D thẳng hàng

Bài (0,5 điểm)

Cho a, b, c > thỏa mãn 1 1 1980 abc 

Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2

1980

b a c b a c

ab bc ac

  

  

 HẾT 

Họ tên học sinh: Số báo danh: B

A 6,5 cm C

50o

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN

(Gồm 04 trang)

Bài Ý Đáp án Điểm

Bài (2,0đ)

1.a (0,5)

a) 3  1 2   3 1 0,25

3

     1(vì 0  ) 0,25

1.b (1,0)

1 1

6

3

    = √ √ (√ ) √ 0,50 √

√ 0,25

3 3

    0,25

2 a (0,5)

Tam giác ABC vng A, có AB = AC.tanC = 6,5.tan50o 7,7 m 0,25

Vậy AB = 7,7 m 0,25

Bài (2,0đ)

2.a (1,25)

* Với x0;x9;x16

  

  

   

2 x x x x

P

x x ( x 3)( x 4)

0,25

2 x 3 x 4  x 3 x 3 x x

P

( x 3)( x 4)

      



  0,25

2x x x 12 x x x

P

( x 3)( x 4)

      



  0,25

  

 



 

x

P

x

x x 0,25

 

1 P

x 4với x 0;x 9;x 16

   0,25

2.b (0,75)

ĐKXĐ: x0;x9;x16

1

P 2 x

2 x

     



0,25

√ 0,25

Vậy với 81

4 

x P = 0,25

Bài (2,0đ)

3.a (0,5)

3.b (0,5)

Để đường thẳng (d) cắt đường thẳng y = 5x –

m m

    

0,25

Vậy với m6 thỏa mãn điều kiện đề 0,25

3.c (1,0)

Để đường thẳng (d) qua điểm M (1; 2) ta có x = ; y = Thay x = 1; y = vào hàm số (1) ta được:

2 = (m - 1).1 + m + <=>m

0,25

Vậy với m

2thì đồ thị hàm số (1) qua điểm M(1; 2) 0,25

Khi m

2 hàm số (1) có dạng đường   

1

y x

2

Có đồ thị đường thẳng cắt trục Oy điểm A(0;

2 )   

5

OA

2

và cắt trục Ox điểm B(5; 0) OB 5 0,25

Kẻ OHAB(HS tự vẽ hình minh họa)

Trong ABO vng O:

Áp dụng hệ thức 2  12  12

OH OA OB ta tính OH

Vậy với m =1

2 khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) OH 5(đvđd)

0,25

Bài (3,5đ)

Hình vẽ:

H

B A

y

4.a (1,25)

ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên ABC vng C 0,25 Áp dụng định lí Pitago ABC vuông C: AB2 = AC2 + BC2 0,25 Với AB = cm, AC = cm Tính BC = 4 cm 0,25 Áp dụng hệ thức cạnh đường cao ABC vuông C đường cao CH ta có CH.AB = AC.CB

0,25

AC.BC 4.4

CH cm

AB

    0,25

4.b (1,0)

Xét đường trịn tâm O Có K trung điểm dây BC  OD BC 0,25 BCD có DO vừa đường cao vừa trung tuyến nên BCD cân

BD = DC 0,25

Chứng minh OBD = OCD (c.c.c) 0,25

 o

OCDOBD90 => OC  CD Do CD tiếp tuyến (O) 0,25 4.c

(0,75)

Do tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng trung điểm cạnh huyền, mà COH vuông H nên điểm C, O, H thuộc đường tròn đường kính OC

0,25

Tương tự, KCO vng K nên điểm C, K, O thuộc đường trịn đường kính OC

0,25

Vậy điểm C, H, K, O thuộc đường tròn đường kính OC 0,25

4.d (0,50)

* Gọi F giao điểm BC AE

Áp dụng hệ định lí Tales ABEcó IH//EA => IH BI

EA BE

Áp dụng hệ định lí Tales EBFcó IC//EF => IC BI

EF BE

Từ suy IH IC

EA EF , Mà IC = IH(gt) => EA = EF 0,25

* Xét ACF có ACF90o (kề bù góc 90o) có CE trung tuyến => AE = EF=EC

* Chứng ming đượcAEO =CEO(c.c.c)ECO = 900

 o o o

ECO OCD 90 90

ECD    180 nên E; C; D thẳng hàng 0,25

Bài (0,5đ)

* Với a, b , c > ta có

* Ta có

2(ab) 0a b ;

2 2

3b 6a b 4ab 4a

    

Với a, b, c > ta có:

2 2 2

2

b 2a

3(b 2a ) (b 2a) b 2a

3

b 2a b 2a bc 2ac

(1)

ab 3ab 3abc



     

  

  

Chứng minh tương tự:

2

2

c 2b ca 2ab

(2)

bc 3abc

a 2c ab 2bc

(3)

ca 3abc

  

  

Cộng (1), (2) (3) vế với vế ta

√ a

√

√ c

√ √

Dấu xảy <=> a = b = c =

0,25

Ghi chú:

- Trên bước giải cụ thể cho câu, ý biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, xác cơng nhận điểm

- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm, đến đâu cho điểm thành phần đến Bài vẽ hình sai nội dung chứng minh khơng phù hợp hình vẽ khơng cho điểm

- Mọi cách giải hợp lí cho điểm tối đa