Giải đề thi học kì 1 toán lớp 9 năm 2019 - 2020 PGD quận Long Biên

Bài 1  (1,5 điểm). Thực hiện phép tính.

$a) - 3\sqrt {80}  + 7\sqrt {45}  - \sqrt {500}$                          $b)\,\sqrt {{{\left( {\sqrt 3  - 2} \right)}^2}}  + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 }$                        $c)\,\dfrac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt {28}  - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7  - \sqrt 3 }}$

Bài 2 (2 điểm). Cho biểu thức  $P = \left( {\sqrt x  - \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + \dfrac{{\sqrt x  - 4}}{{x - 1}}} \right)$

a) Rút gọn $P.$

b) Tính giá trị của $P$  với $x = 4 - 2\sqrt 3$.

c) Tìm số nguyên $x$ để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.

Bài 3 (1,5 điểm). Cho hàm số $y =  - 0,5x$ có đồ thị là $\left( {{d_1}} \right)$ và hàm số $y = x + 2$ có đồ thị là $\left( {{d_2}} \right)$

a) Vẽ đồ thị $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

b) Xác định hệ số $a,b$ của đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$ biết rằng $\left( d \right)$ song song với $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( d \right)$ cắt $\left( {{d_2}} \right)$ tại một điểm có tung độ là $- 3$.

Bài 4 (4,0 điểm).

1) (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ đường cao $AH$ biết $BC = 5cm,$ $AH = 2cm,$ độ lớn góc $\widehat {ACB} = 30^\circ .$ Tìm độ dài $AB.$

2) (3,0 điểm) Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right),$ kẻ các tiếp tuyến $AB,\,AC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($B$ và $C$ là 2 tiếp điểm)

a) Chứng minh : Bốn điểm $A,\,B,\,O,\,C$ cùng thuộc $1$ đường tròn và $AO \bot BC.$

b) Trên cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lấy điểm $M$ bất kì (). Tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,\,AC$ lần lượt tại $D,\,E.$ Chứng minh : Chu vi $\Delta ADE$ bằng $2AB.$

c) Đường thẳng vuông góc với $AO$ tại $O$ cắt $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q.$ Chứng minh : $4PD.QE = P{Q^2}.$

Bài 5 (1,0 điểm). Cầu Đông Trù bắc qua sông Đuống, nằm trên quốc lộ $5$ kéo dài, nối xã Đông Hội, huyện Đông Anh ở phía Bắc Hà Nội và phường Ngọc Thụy, quận Long Biên ở phía Nam Hà Nội. Nhịp giữa dài $120m$ được thiết kế bằng vòm thép nhồi bê tông có hình $1$ cung tròn. Khoảng cách điểm cao nhất của mái vòm xuống mặt sàn của cầu là $47m$ (được mô phỏng hình vẽ dưới). Hãy tính độ dài bán kính $R$ của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù ? (kết quả làm tròn đến $2$ chữ số thập phân).

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com

Bài 1 (VD):

Phương pháp:

a) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B$.

b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, sử dụng $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B$.

c) Thực hiện rút gọn bằng cách đưa tử và mẫu về dạng tích kết hợp trục căn thức ở mẫu: $\dfrac{C}{{\sqrt A  + \sqrt B }} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  - \sqrt B } \right)}}{{A - B}}$

Cách giải:

a) $- 3\sqrt {80}  + 7\sqrt {45}  - \sqrt {500}$

$\begin{array}{l} =  - 3\sqrt {16.5}  + 7.\sqrt {9.5}  - \sqrt {100.5} \\ =  - 12\sqrt 5  + 21\sqrt 5  - 10\sqrt 5 \\ =  - \sqrt 5 \end{array}$

b) $\sqrt {{{\left( {\sqrt 3  - 2} \right)}^2}}  + \sqrt {19 + 8\sqrt 3 }$

$\begin{array}{l} = \left| {\sqrt 3  - 2} \right| + \sqrt {{{\left( {4 + \sqrt 3 } \right)}^2}} \\ = 2 - \sqrt 3  + 4 + \sqrt 3 \\ = 6\end{array}$

c) $\dfrac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt 7 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt {28}  - 2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7  - \sqrt 3 }}$

$\begin{array}{l} = \sqrt 2  - \dfrac{{5\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{1 - 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt 7  - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 7  - \sqrt 3 }}\\ = \sqrt 2  + 5\left( {1 - \sqrt 2 } \right) + 2\\ = \sqrt 2  + 5 - 5\sqrt 2  + 2\\ = 7 - 4\sqrt 2 \end{array}$

Bài 2 (VD):

Phương pháp:

a) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.

b) Rút gọn $x$ rồi thay vào biểu thức đã rút gọn được ở câu a.

c) Biến đổi $P$ và sử dụng tính chất của ước bội để suy ra điều kiện $P \in \mathbb{Z}$.

Cách giải:

a) Rút gọn $P.$

$P = \left( {\sqrt x  - \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + \dfrac{{\sqrt x  - 4}}{{x - 1}}} \right)$

$= \left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right) - \left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 1}}} \right)$ $:\left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right)$

$= \dfrac{{x + \sqrt x  - x - 2}}{{\sqrt x  + 1}}:\dfrac{{x - \sqrt x  + \sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}$

$\begin{array}{l} = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}}:\dfrac{{x - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}$

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x - 1 \ne 0\\x - 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\\x \ne 4\end{array} \right.$

b) Tính giá trị của $P$  với $x = 4 - 2\sqrt 3$.

Ta có: $x = 4 - 2\sqrt 3  = {\left( {\sqrt 3  - 1} \right)^2}$$\Rightarrow \sqrt x  = \sqrt 3  - 1$ (TMĐKXĐ)

Thay vào $P$ ta có: $P = \dfrac{{\sqrt 3  - 1 - 1}}{{\sqrt 3  - 1 + 2}} = \dfrac{{\sqrt 3  - 2}}{{\sqrt 3  + 1}}$ $= \dfrac{{\left( {\sqrt 3  - 2} \right)\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{3 - 1}} = \dfrac{{5 - 3\sqrt 3 }}{2}$

Vậy với $x = 4 - 2\sqrt 3$ thì $P = \dfrac{{5 - 3\sqrt 3 }}{2}$

c) Tìm số nguyên $x$ để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.

Ta có: $P = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \dfrac{{\sqrt x  + 2 - 3}}{{\sqrt x  + 2}}$ $= 1 - \dfrac{3}{{\sqrt x  + 2}}$

Vì $x \in \mathbb{Z},1 \in \mathbb{Z}$ nên để $P \in \mathbb{Z}$ thì $\sqrt x  + 2 \in U\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}$

Bảng giá trị:

Vậy không có giá trị $x$ nguyên thỏa mãn điều kiện xác định để biểu thức $P$ có giá trị nguyên.

Bài 3 (VD ):

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị các điểm đi qua của mỗi đồ thị hàm số và vẽ đồ thị.

b) Sử dụng $d//d'$ thì $a = a',b \ne b'$.

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

Vẽ $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Bảng giá trị $y =  - 0,5x$

Bảng giá trị $y = x + 2$

Đồ thị:

b) Xác định hệ số $a,b$ của đường thẳng $\left( d \right):y = ax + b$ biết rằng $\left( d \right)$ song song với $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( d \right)$ cắt $\left( {{d_2}} \right)$ tại một điểm có tung độ là $- 3$.

Vì $\left( d \right)//\left( {{d_1}} \right)$ nên $a =  - 0,5$ và $b \ne 0.$ Khi đó $\left( d \right):y =  - 0,5x + b$

Gọi $A\left( {{x_0}; - 3} \right)$ là tọa độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$

+$A\left( {{x_0}; - 3} \right) \in \left( {{d_2}} \right)$ $\Rightarrow  - 3 = {x_0} + 2 \Rightarrow {x_0} =  - 5$

+$A\left( { - 5; - 3} \right) \in \left( d \right)$ $\Rightarrow  - 3 =  - 0,5.\left( { - 5} \right) + b$ $\Rightarrow b =  - 5,5$ (TMĐK)

Vậy $\left( d \right):y =  - 0,5x - 5,5$

Bài 4 (VD ):

Phương pháp:

1) Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông tính $HC$.

Từ đó tính $HB$ và suy ra $AB$ theo định lí Pi-ta-go.

2) a) +) Gọi $N$ là trung điểm $AO$ và chứng minh $NO = NA = NB = NC$

+) Chứng minh $AO$ là trung trực của đoạn $BC.$

b) Sử dụng tính chất tiếp tuyến cắt nhau.

c) Chứng minh các tam giác $\Delta ODE \sim \Delta QOE$ và $\Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta PDO$ suy ra các tỉ số đồng dạng.

Cách giải:

1) (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ đường cao $AH$ biết $BC = 5cm,$ $AH = 2cm,$ độ lớn góc $\widehat {ACB} = 30^\circ .$ Tìm độ dài $AB.$

Tam giác $AHC$ vuông tại $H$ có:

$HC = \dfrac{{AH}}{{\tan C}} = \dfrac{2}{{\tan {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 cm;$ $BH = BC - CH = 5 - 2\sqrt 3 cm$

Tam giác $AHB$ vuông tại $H$ có $A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}$

$\Rightarrow AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}}$  $= \sqrt {{2^2} + {{\left( {5 - 2\sqrt 3 } \right)}^2}}$ $= 41 - 20\sqrt 3  \approx 2,52cm$

Vậy $AB = 2,52\left( {cm} \right)$.

2) (3,0 điểm) Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right),$ kẻ các tiếp tuyến $AB,\,AC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($B$ và $C$ là 2 tiếp điểm)

a) Chứng minh : Bốn điểm $A,\,B,\,O,\,C$ cùng thuộc $1$ đường tròn và $AO \bot BC.$

Gọi $N$ là trung điểm của $AO$.

Tam giác $AOB$ vuông tại $B$ nên $BN = \dfrac{1}{2}AO = NA = NO$ (1)

Tương tự ta có $CN = \dfrac{1}{2}AO = NA = NO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $NB = NA = NO = NC$.

Vậy $A,B,O,C$ cùng thuộc đường tròn tâm $N,$ đường kính $AO$.

Vì $AB,AC$ là các tiếp tuyến nên $AB = AC\left( {t/c} \right)$.

Mà $OA = OB$ (bán kính) nên $AO$ là trung trực của đoạn $BC.$

Suy ra $AO$ vuông góc $BC$

b) Trên cung nhỏ $BC$ của $\left( O \right)$ lấy điểm $M$ bất kì (). Tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,\,AC$ lần lượt tại $D,\,E.$ Chứng minh : Chu vi $\Delta ADE$ bằng $2AB.$

Chu vi $\Delta ADE = AD + DE + AE$

Mà : $DM = DB$ (tiếp tuyến $MD$ và $DB$ cắt nhau tại $D$)

$ME = CE$ (tiếp tuyến $ME$ và $CE$ cắt nhau tại $E$)

Suy ra chu vi $\Delta ADE$ là:

$AD + DB + AE + EC$ $= AB + AC = 2AB$

c) Đường thẳng vuông góc với $AO$ tại $O$ cắt $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q.$ Chứng minh : $4PD.QE = P{Q^2}.$

Theo tính chất của hai tiếp tuyến của đường tròn, ta có :

$\widehat {DOM} = \dfrac{1}{2}\widehat {BOM},\,\widehat {MOE} = \dfrac{1}{2}\widehat {MOC}$

Cộng vế theo vế, ta được :

$\widehat {DOE} = \dfrac{1}{2}\widehat {BOC}$

Mà $\dfrac{1}{2}\widehat {BOC} = \widehat {AOC} = \widehat {OQE}$ (vì $\widehat {AOC}$ và $\widehat {OQE}$ cùng phụ với $\widehat {QAO}$)

Nên $\widehat {DOE} = \widehat {OQE}$

Xét tam giác $ODE$ và tam giác $QOE,$ ta có :

$\widehat {DOE} = \widehat {QOE}\,\,\left( {cmt} \right)$

$\widehat {OED} = \widehat {OEQ}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta QOE\left( {g.g} \right)$

Chứng minh tương tự $\Rightarrow \Delta ODE \sim \Delta PDO$

$\Rightarrow \Delta QOE \sim \Delta PDO$ (tính chất bắc cầu)

$\Rightarrow \dfrac{{QO}}{{PD}} = \dfrac{{QE}}{{PO}}$ $\Rightarrow PD.QE = PO.QO$ $= \dfrac{{PQ}}{2} \cdot \dfrac{{PQ}}{2} = \dfrac{{P{Q^2}}}{4}$

$\Rightarrow 4PD.QE = P{Q^2}$. (đpcm)

Bài 5 (VD ):

Phương pháp:

Đặt bán kính bằng $R$, áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông tìm $R$.

Cách giải:

Vì $OH \bot AB$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $AB,$ do đó $HA = HB = 60\left( m \right)$

Kéo dài $OH$ cắt đường tròn tại $M$, khi đó $OM = R$ và là khoảng cách lớn nhất nên $M$ là điểm cao nhất của mái vòm hay $HM = 47m$.

$\Rightarrow$$HO = OM - HM = R - 47\left( m \right)$

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông $OHB$ ta có:

$O{B^2} = O{H^2} + H{B^2}$ $\Rightarrow {60^2} + {\left( {R - 47} \right)^2} = {R^2}$

$\Leftrightarrow 3600 + {R^2} - 94R + 2209 = {R^2}$ $\Leftrightarrow  - 94R =  - 5809$ $\Leftrightarrow R = \dfrac{{5809}}{{94}} \approx 62,00\left( m \right)$

Vậy độ dài bán kính $R$ của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu Đông Trù là $62$ mét.

Loigiaihay.com