Giải đề thi học kì 1 toán lớp 9 năm 2020 - 2021 quận Tây Hồ

c

Bài 1 (2 điểm)

Cho 20 2 3 2 5 5 x A x x     

và 2 5 x B

x

 



(với 0; 5 x x   ).

a) Tính giá trị của biểu thức B khi x=49.

b) Rút gọn A

c) Tìm giá trị của x để : 4 . B A x  

Bài 2 (2 điểm)

Cho hàm số bậc nhất   2 1 2 5 y m x m     (m là tham số) có đồ thị là đường thẳng  d và hàm số 2 1 y x   có đồ thị

là đường thẳng   d.

a) Tìm giá trị của m để đường thẳng  d đi qua điểm   2; 3 . A 

Bài 5 (1 điểm)

ĐỀ THI HỌC KÌ I QUẬN TÂY HỒ

MÔN: TOÁN - LỚP 9

BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

a) Một người đứng trên ngọn hải đăng cao 100 mét quan sát hai lần một con thuyền đang đi về phía ngọn hải đăng. Lần thứ nhất người đó nhìn thấy thuyền với góc hạ là 0 20 , lần thứ hai người đó nhìn thấy thuyền với góc hạ là 0 30 . Hỏi con thuyền đã đi được bao nhiêu mét giữa hai lần quan sát? (làm tròn đến mét).

b) Cho các số thực dương ,x y thỏa mãn 2020 2021 xy x y   .

Chứng minh rằng: 2 ( 2020 2021) x y   

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1:

a) Thay 49 x  (t/m điều kiện) vào B ta được:

49 2 9 2 4 5 9 B    

Vậy 9 2 B  khi 49 x  .

b)

  

    

  

  

20 2 3 25 5

3 5 20 2

5 5 5 5

20 2 3 15

5 5

5

5 5

1

5

x A x x

x x A

x x x x

x x A

x x

x A

x x

A

x

    

       

   

 

 

 





Vậy

1

5 A

x 



.

c) Ta có:

 

  

  

: 4

2 1 : 4 5 5

2. 5 4 5

2 4

2 4

2 4

6 0

2 0

3 2 0

1 2 0

3 0

1 0

9( / ) 1( / )

B 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 t m x t m

 

     

     

   

    

        

             

   

 

    

Vậy   1;9 x thỏa mãn đề bài

Bài 2:

a)  d đi qua điểm   2; 3 A  khi:

  2 1 .2 2 5 3 2

6 3

m m m m

       

Vậy 3 m  .

b)  d //  d khi và chỉ khi:

2 1 2 2 5 1

3 2 2

3 2

m

m

m

m

m

     

   

  

 

Thay 3 2 m  vào  d ta có: 2 2 y x  

+) Với x=-1 thì y=0 =>  d đi qua điểm   1;0 

+) Với x=0 thì y=2 =>  d đi qua điểm   0;2

Ta có:

0

2 tan 2 1 63 26





 

  

Vậy 0 63 26   

Bài 3:

a) 4 8 25 50 3 16 32 x x x      đk: 2 x 

     

 

4 2 25 2 3 16 2

2 2 5 2 3 4 2

2 3

2 9 11 /

x x x

x x x

x x x t m

      

      

       

Vậy 11 x 

b) 2 2 1 4 1 0 x x    đk: 1 2 x 

  

 

 

 

2 1 2 1 2 1 0

2 1. 1 2 1 0

2 1 0

1 2 1

0

2 1 0 1 2

/

x x x

x x

x

x VN

x

x t m

     

    

   

     

 

Bài 4:

a) Gọi I là trung điểm của CO

Do d là tiếp tuyến của  O tại A nên 0 90 OAC 

d' là tiếp tuyến của  O tại M nên 0 90 OMC 

Xét tam giác MCO vuông tại M có MI là trung tuyến nên:  1 IC IO IM  

Xét tam giác ACO vuông tại A có AI là trung tuyến nên:  2 IA IC IO  

Từ 1 và  2 suy ra: IA IC IM IO   

Vậy bốn điểm , , , A C M O cùng thuộc một đường tròn

b) Ta có OC là phân giác của AMO nên: AOC MCO 

OD là phân giác của BMO nên: BOD MOD 

MOC DOM AOC BOD    

Mà: 0 180 MOC DOM AOC BOD    

Nên:

0

0 180 90 2 MOC DOM AOC BOD     

0 90 COD  

Vậy tam giác COD vuông tại O.

Do AC và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C nên AC MC 

MD và BD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D nên BD MD 

Suy ra  . . 3 AC BD MC MD 

Xét tam giác OCD vuông tại O có OM là đường cao:



2 2 2 1 1 . 4 2 4 MC MD OM AB AB         

Từ  3 và  4 suy ra: 2 1 . 4 AC BD AB 

Hay 2 4. . AC BD AB  (đpcm)

c) Lấy N là trung điểm của OC

Xét OCD  vuông tại O có ON là trung tuyến nên:  * NO NC ND  

N là tâm đường tròn ngoại tiếp OCD  (a)

Từ (*) suy ra tam giác NCO cân tại N

NCO NOC   mà NCO AOC  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

AOC NCO  

Ta có:

NOA NOC AOC  

0 90 ACO AOC    (Do OCD  vuông tại A)

NO AB   (b)

Từ (a) và (b) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OCD 

Bài 5: