hki toan 9 cam giang 1516

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG. ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC: 2015 - 2016. Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút Đề gồm 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 3 √ 12 − 4 √ 48+2 √ 75 b) B =.  2  5. 2. .  3 5.  a a   a1 a -a c) C = . 2.  a 1  :  a - 1 (với a > 0, a  1). Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a). 9 x  27 . 1 x 3 4 x  12  9 2 2 9. 2 b) 4x  4x  1 3.  2x  3y 4  c)  x  2y  5. Câu 3 (2,0 điểm). Cho hàm số y (m  1)x  m  4 (x là biến, m 1) a) Tìm m biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm A(2; 3) b) Vẽ đồ thị hàm số với m tìm được ở phần a. c) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi m. Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O bán kính R, dây BC khác đường kính. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O, R) tại B và tại C cắt nhau tại A. Kẻ đường kính CD, kẻ BH vuông góc với CD tại H. Gọi K là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh: AO vuông góc với BC và 4 điểm B, K, O, H cùng thuộc một đường tròn. b) Cho biết R = 15cm, BC = 24cm. Tính OA, AB. c) Gọi E là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AD và BH. Chứng minh A là trung điểm của CE, I là trung điểm của HB. Câu 5 (0,5 điểm). x. 3 5 3 5. Cho Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức: A x 5  6 x 4  12 x 3  4 x 2  13x  2020 . ---------------Hết---------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG. Câu. Phần a (0,5) b (0,5). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC: 2015 - 2016 MÔN: Toán 9 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang Nội dung. Điểm. A 3 12  4 48  2 75 6 3  16 3  10 3 0 B.  2  5. 2. .  3 5. 2. 2. 5  3. 5  5  23. 0,5 5 1. 0,5.  a a  a 1 C    :  a  1 a a  a 1. 1 (2,0).  a  a a 1    :  a  1 a ( a  1)  ( a  1)( a  1)  a 1     . a  1 a  1 a  1  . c (1,0). . .  a1. Vậy C = a  1 (với a > 0, a  1) ĐKXĐ: x 3. 2 (2,0). 9 x  27 . 0,25 0,25 0,25 0,25. 1 x 3 4 x  12  9 2 2 9.  3 x  3  x  3  3 x  3 2 a (0,75). . x  3 2. 0,25.  x  3 4  x 7  x 7 (thỏa mãn ĐKXĐ). 0,25 0,25. Vậy phương trình có nghiệm x = 7. b (0,5). 4x 2  4x  1 3  (2x  1) 2 3  2x  1 3  2x  1 3 hoặc 2x  1  3  2x 4 hoặc 2x  2  x 2 hoặc x  1 S  2;  1. Vậy phương trình có tập nghiệm là c (0,75).  2x  3y 4 2(  5  2y)  3y 4   x  5  2y  x  2y  5    7y 14   x  5  2y. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  y  2   x  1. 0,25. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (-1; -2). Đồ thị hàm số y ( m  1) x  m  4 đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2; y = 3 vào công thức hàm số ta được: (m – 1).2 + m – 4 = 3  a 3m = 9  m = 3 (thỏa mãn điều kiện) (0,75) Vậy khi m = 3 thì đồ thị hàm số y ( m  1) x  m  4 đi qua điểm A(2; 3) y 2 x  1 Với m = 3 ta có hàm số Cho x = 0  y = –1 ta có điểm (0; –1) x. 1 1 2 ta có điểm ( 2 ; 0). Cho y = 0  Đồ thị hàm số y 2 x  1 là đường thẳng đi qua hai điểm. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 1 (0; –1) và ( 2 ; 0). Vẽ đồ thị đúng b (0,75). 0,5 3 (2,0). c (0,5). Gọi M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi m.  y0 (m  1).x0  m  4 , với mọi m  ( x0  1).m  x0  4  y0 0 , với mọi m  x0  1 0    x0  4  y0 0. 0,25.  x0  1   y0  3. Vậy M(–1; –3) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi m.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4 (3,5). Vẽ hình đúng. 0,25. (0,25). a. Ta có: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc đường trung trực của đoạn BC. OB = OC (bán kính đường tròn)  O thuộc đường trung trực của đoạn BC. Suy ra: OA là đường trung trực của BC  OA  BC . Gọi K là giao điểm của OA và BC.. (1,25) Vì BHO vuông tại H nên 3 điểm B, H, O cùng thuộc. đường tròn đường kính BO. Vì BKO vuông tại K nên 3 điểm B, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính BO.  4 điểm B, H, O, K cùng thuộc đường tròn đường kính BO. 1 1 Ta có: OA  BC tại K  BK = 2 BC = 2 . 24 = 12 (cm) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác BKO vuông tại K, ta có: OB2 = BK2 + OK2. b (1,0). 2 2 2 2 2  OK  OB  BK  15  12  9 9 (cm) Lại có AB là tiếp tuyến của đường tròn (O)  AB  OB Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABO vuông tại B, đường cao BK, ta có: OB2 = OK.OA  OA = OB2 : OK = 152 : 9 = 25(cm) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABO vuông tại B, ta có: OA2 = AB2 + OB2 2 2 2 2 2  AB  OA  OB  25  15  20 20 (cm). c (1,0). Ta có CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆BCD nên ∆BCD vuông tại B. Xét DCE có: OA//ED (cùng vuông góc với BC) và OC = OD = R Suy ra: EA = AC hay A là trung điểm của EC (1) Ta lại có: AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  AC  CD , lại có BH  CD  BH//AC (cùng vuông góc với CD). 0,5 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BI ID IH   Áp dụng hệ quả của định lý Ta-let, ta có: EA DA AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: BI = IH hay I là trung điểm của BH.. Ta có x = 5 (0,5). (0,5). 3 5 (3  5) 2 3 5   2 3 5 (3  5)(3  5).  2x = 3  5  3 - 2x = 5  x2 - 3x + 1 = 0 5 4 3 2 Ta có: B = x  6 x  12 x  4 x  13 x  2020 = (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 + 2x + 5) + 2015 = 0. (x3 - 3x2 + 2x + 5) + 2015 = 2015 Vậy khi x =. 0,25. √. 3 − √5 3+ √ 5. thì B = 2015. ---------------Hết---------------. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>