Đề thi hết học kì I môn thi Toán 9

1

ĐÁP ÁN ĐỀ thi hÕt häc k× I

Môn thi: Toán 9 Đề 1

I. Phần trắc nghiệm: 3 điểm: Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 C B C A A D II. Phần tự luận: 7 điểm Bài 1: 1,5 điểm, mỗi câu đúng cho 0,5 điểm

a) (5 2 2 5). 5 250 5 10 10 5 10 10      

b)    

2 2 9 4 5 9 4 5 5 2 5 2 5 2 5 2 4            

c)      

2 2 5 1 5 1 5 1 5 1 12 3 4 5 1 5 1 5 1 5 1

            

Bài 2: 1,5 điểm: a): Vẽ đúng chính xác đồ thị hai hàm số cho 1 điểm:

b) 0,5 điểm Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là: 2x = - 3x + 3 Giải phương trình ta tìm được x = 1 Thay x vào 1 trong hai hàm số ta tìm được y = 2 Vậy giao điểm của hai đường thẳng là (1; 2) Bài 3: Vẽ hình chính xác cho 0,5 điểm a) 1 điểm: Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có IA = IB = IC  A  đường tròn (I) đường kính BC

do đó: A 0 BAC 90  b) 1 điểm: Tứ giác ABDC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành;

mặt khác nên là hình chữ nhật. A 0 BAC 90  c) 1 điểm: Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: IA2 = OA.O’A  IA = 4,8cm Do đó BC = 2IA = 9,6cm d) 0,5 điểm: Ta có OI2 = OA.OO’; O’I2 = O’A.OO’ (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 

; Mặt khác OMA ANO’   (1)

2

2 OI OA O'I O'A  OA MA O'A O'N 

2

2 OI MA O'I O'N 

Theo hệ quả định lÝ Ta – let ta có: (2); Từ (1) và (2) ta có: OI OM O'I MA 

3

3 OM OI O'N O'I 

4

3

2

1

-1

-2 2 4

y

x

O

y= - 3x + 3

y = 2x

N M

I

O' O

D

C

B

A

s

ThuVienDeThi.com

2

ĐỀ 2 I. Trắc nghiệm: Mỗi câu đúng cho 0.25 điểm

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B D A C D A B C II. Tự luận:

Câu Đáp án Điểm

C©u 9

1, ®

a)

  5 3 1 5 2 5 4 1 3

5 5 2 2

     

    b)

2 2 2 ( 3 1) 9.3 3 9 3 2 2 3 1 3 3 3 1 3 3

   

    

0.25

0.25

0.25

0.25

C©u 10

1,5 ®

a) víi x 0 , x 1.  

        

  

   

   

3

2

2 1 1 1 1 1 1 1

2 1 1 1 1 .

1 1 1

2 1. 2 1 1 1

1 1 . 1

1 1 1

x x x A x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x

x x x

                        

                    

         

   

  

b) víi x 0 , x 1.  

1 0 0 1 0 1 1 x A x x x

         Vậy 0 1 x  

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 C©u 11

1,5 ® a) ĐK: x 0 2 1 3 x x   

( loĐi)  

2 1 3 1 3

1 3 2

16 ( ) 1 3

x x

x x

x TM x

     

            Vậy phương trình có nghiệm x = 16

b) ĐK: x 2 2 4 2 2 0 x x        2 2 2 0

2 0 2( ) 2 2 0 ( )

x x

x x TM x loai

    

      

   

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

ThuVienDeThi.com

3

C©u 12

3 ®

N

M

H

C B

A

a) 1 ®

Xét vuông tại H có ABH  sin .sin (1) AH B AH AB B AB   

Xét vuông tại H có ACH  sin .sin (2) AH C AH AC C AC   

Từ (1) v à (2) .sin .sin sin sin AB AC AB B AC C C B    

b) 1 ® Xét vuông tại H có ( hệ thức giữa ABH  2 . (3) HM AB AH AM AB    cạnh và đường cao) Tương tự ta có : 2 . (4) AH AN AC  Từ (3) và (4)  . . AM AB AN AC  c) 1,0 ®

Xét vuông tại H có ABH  cot .cot (5) BH B BH AH B AH   

Xét vuông tại H có ACH  cot .cot (6) CH C CH AC C AC   

Từ (5) và (6)

 

0 0

cot cot

12 cot cot cot 40 cot35

BH CH AH B C

BC AH B C

   

     

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

C©u 5

1®

ĐK: x 0; y 1; z 2 11 2 4 1 6 2 x y z x y z          

   

2 2 2 2 1 1 4 1 4 2 6 2 9 0

1 1 2 2 3 0

1 0 1 1 2 0 5 11 2 3 0

x x y y z z

x y z

x x y y z z

          

       

                    ( TMĐK) Vậy phương trình có nghiệm …..

0,25 0,25

0,25

0,25

ThuVienDeThi.com