Đề kiểm tra học kì I môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2017-2018 VĨNH TƯỜNG Môn: Toán - Lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) I. Phần trắc nghiệm (2,0 điểm): Hãy chọn đáp án đúng trong các câu sau: Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức 1 2x là: 1 1 A. x 2 B. x 2 C. x D. x 2 2 1 1 Câu 2. Giá trị của biểu thức bằng: 1 2 1 2 A. 2 2 B. - 2 2 C. 1 D. 0 Câu 3. Đồ thị của hàm số yx 2017 1 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? A. (1; 0) B. (0;1) C. (0;2018) D. (1;2016) Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A xuống cạnh BC của tam giác ABC. Biết AB = 6 cm, BH = 4 cm. Khi đó độ dài cạnh BC bằng: 3 A. cm B. 20cm C. 9cm D. 4cm 2 II. Phần tự luận (8,0 điểm): x 11 Câu 5. Cho biểu thức A x 4 xx 22 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của biểu thức A khi x 25 1 c) Tìm giá trị của x để A 3 Câu 6. Cho hàm số ym (2)3 xm . a) Tìm các giá trị của m để hàm số là hàm số bậc nhất luôn đồng biến. b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số song song với đường thẳng yx 3 2017 . 3 c) Tìm giá trị của m để đồ thị của hàm số cắt trục tung Oy tại điểm có tung độ bằng . 5 Câu 7. Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Qua A và B vẽ lần lượt hai tiếp tuyến (d) và (d’). Một đường thẳng qua O cắt đường thẳng (d) ở M và (d’) ở P. Từ O kẻ tia Ox vuông góc với MP và cắt (d’) ở N. a) Chứng minh OM = OP và NMP cân b) Chứng minh MN là tiếp tuyến của ( O ) c) Chứng minh AM.BN = R2 d) Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác AMNB là nhỏ nhất. 111 Câu 8. Cho x,,yz 1 và 2 . Chứng minh rằng x yz x 111 y z . xyz ---------------------------------------------Hết---------------------------------------- (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I VĨNH TƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán - Lớp 9 I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1 2 3 4 Đáp án D A B C Thang điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 II. Phần tự luận:(8,0điểm) Câu Ý Nội dung Điểm M I N 0,25 B A O a (1,0) 7 (3,0) P Xét AMO và BPO có: MAO PBO 900 (Tính chất tiếp tuyến) 0,50 OA = OB (bán kính) AOM BOP (2 góc đối đỉnh) Do đó: AMO = BPO (g.c.g) OM OP (2 cạnh tương ứng) Xét MNP có: OM = OP (chứng minh trên) NO MP (gt) 0,25 ON là đường trung tuyến, đồng thời là đường cao của MNP Vậy MNP cân tại N Gọi I là hình chiếu của điểm O trên cạnh MN OI MN tại I Vì MNP cân tại N nên OMI OPB (2 góc đáy) 0,25 b (0,75) Xét OMI và OPB có: OIM OBP 900 0,25 OM = OP (chứng minh trên) OMI OPB (chứng minh trên) Do đó: OMI = OPB (cạnh huyền-góc nhọn) OI = OB = R 0,25 Vì OI MN tại I và OI = OB = R nên MN là tiếp tuyến của (O;R) tại I Xét AMO và BON có: AMO BON (cùng phụ với AOM ) 0,50 MAO OBN 900 (Tính chất tiếp tuyến) c Do đó: AMO đồng dạng với BON (g.g) (0,75) AM AO AMBN.. AOBO R2 ( Vì OA=OB=R) BO BN 0,25 Vậy AMBN. R2 Ta có: MAAB (Tính chất tiếp tuyến) NB AB (Tính chất tiếp tuyến) 0,25 Do đó: MANBAMNB// là hình thang vuông. ()AMNBAB Vì AMNB là hình thang vuông nên ta có : S AMNB 2 d Mặt khác: AM=MI(Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (0,5) BN=NI(Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) ()MINIABMNAB . Do đó: S 0,25 AMNB 22 Mà AB = 2R cố định nên S AMNB nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất MNAB// 2 hay AM=R.Khi đó SRAMNB 2 Vậy để diện tích tứ giác AMNB nhỏ nhất thì MN//AB và AM=R. 111xyz 1 1 1 0,25 Từ 21 xyz x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có : 0,25 xyz 111 2 8 xyz () xyz x 111 y z xyz (1,0) x yz x 111 y z 0,25 3 0,25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xyz 2 ------------------------------------Hết-------------------------- Lưu ý: Đáp án trên đây lời giải tóm tắt các bài toán. Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng, vẫn cho điểm tối đa.