Đề học kì 1 (HK1) lớp 9 môn Toán năm 2022 2023 phòng GD ĐT Thạch Thất Hà Nội

1

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THẠCH THẤT (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

HƯỚNG DẪN, BIỂU ĐIỂM CHẤM

BÀI KIỂM TRA HỌC KÌ I

Năm học: 2022 - 2023

MÔN: TOÁN LỚP 9

BÀI Ý HƯỚNG DẪN ĐIỂM

1 (1,5 điểm)

1) 3 6 x − có nghĩa khi 3 6 0 2 x x −    0,5đ

2)

a) 48 2 1 27 12 + − = 3 3 ) 2 3 2 ( 3 4. 2 1 3 3 3 2 = + − = + −

b) + =..= = 4

0,5đ

0,5đ

2 (1,5 điểm)

a y = (m + 1)x – 2 là hàm số trên nghịch biến khi m + 1 < 0  m < -1 0,5đ

b

Với m = 1 thì hàm số có dạng: y = 2x – 2 HS trình bày đầy đủ các bước và vẽ đúng

1 đ

3 (2,5 điểm)

a

Tính A khi x = 16

Với x = 16 (Thỏa mãn ĐKXĐ). Khi đó A = 16 16 2 +

A = 4 4 2 4 2 6 3 = = +

0,25đ

0,5đ

b

Rút gọn biểu thức B ( với x 0; x 4)

1 1 ( 2)( 2) 2 2 x B

x x x x = + + − + − +

2 2 ( 2)( 2) x x x B

x x + + + − =

− +

2 ( 2)( 2) x x B

x x + =

− +

( 2) ( 2)( 2) 2 x x x B

x x x + = = − + −

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

c

Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức Q = A.B có giá trị là số nguyên. với ĐKXĐ x 0 và x 4 ta có:

Q = A.B = . 2 2 x x x x + − = 4 4 4 1 4 4 4 x x x x x − + = = + − − −

Vì x là số nguyên, nên x – 4 là số nguyên

Do đó: Q  Z  4

4 x −  Z  x- 4 Ư(4) = {-1; -2; - 4; 1; 2; 4}

Tìm được x  {0; 2; 3; 5; 6; 8} Kết hợp với đk và kết luận ……….

0,25đ

0,25đ

2 5

2

+ 2 5

2

− ( ) 2 2 2 5

4 5 2 4 5 2

−

+ + − 5

2

4 (4,0 điểm)

1)

Gọi chiều cao của cột cờ là AB Bóng của cột cờ là AC Do ABC vuông tại A nên ta có: AB = AC.tanC = 12.tan350

 8,402 (m) (Không có hình vẽ thì phải dẫn giải)

1,0đ

Vẽ hình đúng đến câu a.

0,5đ

a Ta có AC = CM; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)  CD = CM + MD = AC + BD.

0,5đ 0,25đ

b

* Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có: OC là tia phân giác của AOM

OD là tia phân giác của BOM Mà AOM và BOM là hai góc kề bù nên OC ⊥ OD tại O Hay COD = 900 . Trong tam giác vuông COD có OM là đường cao.  CM. MD = OM2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông). mà CM = AC, MD = BD, OM = R.  AC. BD = R2.

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ

c

* Chứng minh: ACO đồng dạng BAK (CAO ABK = = 900;

AOC BKA = vì cùng phụ với KAB )

Suy ra AC AO AC BO AB BK AB BK =  =  tanCBA = tanOKB  CBA= OKB

Gọi H là giao điểm của OK và BC Ta có OKB CBA =  OKB HBO = Mà OKB KOB + = 900 (OBK vuông tại B) KOB HBO  + = 900 Hay HOB HBO + = 900 OHB  = 900  OK ⊥ BC tại H

0,25đ

0,25đ

C

B

A 12m 350

x

K

y

H

3

5 (0,5 điểm)

ĐKXĐ: với mọi x

7 ) 4 ( 7 4 2 2 + + = + + x x x x (1)

0 7 ) 4 ( 7 4 2 2 = + + − + +  x x x x

0 7 4 4 7 7 2 2 2 = + − + + − +  x x x x x

0 ) 4 7 )( 7 ( 2 2 = − + − +  x x x

0 ) 7 ( 2 = − +  x x hoặc 0 ) 4 7 ( 2 = − + x Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 3 ;3 2 1 = − = x x

0,5đ

Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa; - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5 điểm./.