SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2020-2021
Môn: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
1) Thực hiện các phép tính:
a)
2
3 3 1
b)
1 1 1
6
3
3 1 3 1
2) Cho hình vẽ bên, tính độ dài đoạn thẳng AB.
(Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho biểu thức: 2 3 3 6
3 4 ( 3)( 4)
x x x x
Px x x x
với
0; 9; 16
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P = 2.
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho hàm số
1 2
y m x m
(1)
a) Tìm m để hàm số (1) là hàm số bậc nhất.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 5x3.
c) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm M(1; 2). 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).
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, có đường kính AB = 8 cm, dây cung AC = 4 cm và K
là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại B của đường tròn tâm O cắt tia OK tại D. Gọi CH
là đường cao của tam giác ABC.
a) Tính độ dài các đoạn thẳng BC và CH.
b) Chứng minh rằng BD = DC và đường thẳng DC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
c) Chứng minh rằng bốn điểm C, H, O, K cùng thuộc một đường tròn.
d) Gọi I là trung điểm của CH, tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm O cắt tia BI tại E.
Chứng minh rằng ba điểm E, C, D thẳng hàng.
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 1 1 1
1980
a b c
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1980 3
b a c b a c
ab bc ac
HẾT
Họ và tên học sinh:
....................................................................
Số báo danh:
.................
B
A
C
6,5 cm
50
o
?
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9
(Gồm 04 trang)
Bài
Ý
Đáp án
Điểm
Bài 1
(2,0đ)
1.a
(0,5)
a)
2
3 3 1 3 3 1
0,25
3 3 1
1
(vì
3 1 0
)
0,25
1.b
(1,0)
1 1 1
63
3 1 3 1


= √ √
(√ ) √
0,50
√
√
0,25
3 2 3 3
0,25
2 a
(0,5)
Tam giác ABC vuông tại A, có AB = AC.tanC = 6,5.tan50o 7,7 m
0,25
Vậy AB = 7,7 m.
0,25
Bài 2
(2,0đ)
2.a
(1,25)
* Với
0; 9; 16x x x
2 x 3 x 3 x 6 x
Px 3 x 4 ( x 3)( x 4)
0,25
2 x 3 x 4 x 3 x 3 x 6 x
P( x 3)( x 4)

0,25
2x 8 x 3 x 12 x 9 x 6 x
P( x 3)( x 4)

0,25


x 3 1
Px4
x 3 x 4
0,25
1
Px4
với
0; 9; 16x x x
0,25
2.b
(0,75)
ĐKXĐ:
0; 9; 16x x x
11
P 2 2 x 4 2
x4
0,25
√
0,25
Vậy với
81
4
x
thì P = 2
0,25
Bài 3.
(2,0đ)
3.a
(0,5)
Để hàm số (1) là hàm số bậc nhất
m 1 0
m1
.
0,25
Vậy với
m1
thì hàm số (1) là hàm số bậc nhất.
0,25
3.b
(0,5)
Để đường thẳng (d) cắt đường thẳng y = 5x – 3
m 1 5 m 6
0,25
Vậy với
m6
thỏa mãn điều kiện đề bài.
0,25
3.c
(1,0)
Để đường thẳng (d) đi qua điểm M (1; 2) thì ta có x = 1 ; y = 2
Thay x = 1; y = 2 vào hàm số (1) ta được:
2 = (m - 1).1 + m + 2 <=>
1
m2
0,25
Vậy với
1
m2
thì đồ thị hàm số (1) đi qua điểm M(1; 2)
0,25
Khi
1
m2
hàm số (1) có dạng là đường
15
yx
22
Có đồ thị là đường thẳng cắt trục Oy tại điểm A(0;
5
2
)
55
OA 22
và cắt trục Ox tại điểm B(5; 0)
OB 5 5
0,25
Kẻ
OH AB
(HS tự vẽ hình minh họa).
Trong ABO vuông tại O:
Áp dụng hệ thức

2 2 2
1 1 1
OH OA OB
ta tính được
OH 5
Vậy với m =
1
2
thì khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d)
là
OH 5
(đvđd).
0,25
Bài 4.
(3,5đ)
Hình vẽ:
H
B
A
y
x
O
4.a
(1,25)
ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ABC vuông tại C
0,25
Áp dụng định lí Pitago trong ABC vuông ở C: AB2 = AC2 + BC2
0,25
Với AB = 8 cm, AC = 4 cm. Tính được BC =
43cm
0,25
Áp dụng hệ thức giữa các cạnh và đường cao trong ABC vuông ở C
đường cao CH ta có CH.AB = AC.CB
0,25
AC.BC 4.4 3
CH 2 3 cm
AB 8
0,25
4.b
(1,0)
Xét đường tròn tâm O. Có K là trung điểm của dây BC
OD BC
0,25
BCD có DO vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên BCD cân
BD = DC
0,25
Chứng minh được OBD = OCD (c.c.c)
0,25
o
OCD OBD 90
=> OC CD. Do đó CD là tiếp tuyến của (O).
0,25
4.c
(0,75)
Do tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm cạnh
huyền, mà COH vuông tại H nên 3 điểm C, O, H cùng thuộc đường
tròn đường kính OC
0,25
Tương tự, KCO vuông tại K nên 3 điểm C, K, O cùng thuộc đường
tròn đường kính OC
0,25
Vậy 4 điểm C, H, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC
0,25
4.d
(0,50)
* Gọi F là giao điểm của BC và AE.
Áp dụng hệ quả định lí Tales trong ABEcó IH//EA =>
IH BI
EA BE
Áp dụng hệ quả định lí Tales trong EBFcó IC//EF =>
IC BI
EF BE
Từ đó suy ra
IH IC
EA EF
, Mà IC = IH(gt) => EA = EF
0,25
* Xét ACF có
o
ACF 90
(kề bù góc
o
90
) và có CE là trung tuyến
=> AE = EF=EC
* Chứng ming đượcAEO =CEO(c.c.c)
ECO
= 900
o o o
ECO OCD 90 90ECD 180
nên E; C; D thẳng hàng
0,25
Bài 5
(0,5đ)
* Với a, b , c > 0 ta có
.
* Ta có
2
2(a b) 0
;ab
2 2 2 2
3b 6a b 4ab 4a
<=>3(b2 + 2a2) (b + 2a)2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0,25
Với a, b, c > 0 ta có:
2 2 2 2 2
22
b 2a
3(b 2a ) (b 2a) b 2a 3
b 2a b 2a bc 2ac (1)
ab 3ab 3abc
Chứng minh tương tự:
22
22
c 2b ca 2ab (2)
bc 3abc
a 2c ab 2bc (3)
ca 3abc


Cộng (1), (2) và (3) vế với vế ta được
√ a
√
√ c
√ √
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c =
0,25
Ghi chú:
- Trên đây là các bước giải cụ thể cho từng câu, từng ý và biểu điểm tương ứng, thí sinh
phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới được công nhận điểm.
- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm, đúng đến đâu
cho điểm thành phần đến đó. Bài 4 vẽ hình sai hoặc nội dung chứng minh không phù
hợp hình vẽ không cho điểm.
- Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài là tổng điểm các câu, làm tròn đến 0,5 điểm.