ĐÁP ÁN ĐỀ CUỐI KỲ 1 TOÁN 9

BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ : 1
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Mỗi phương án chọn đúng ghi 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đáp án A D D C A D D A D D C A
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Câu 1 1
1. Thay x = (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A , ta được: (1,25 đ) 4 0,25 điểm 2 2 A = = 1 1 − 2 − 2 4 2 2 4 = = − . 3 3 − 2 4 1
Vậy A = − khi x = . 0,25 điểm 3 4
2. Với x  0; x  4, ta có: 0,25 điểm x 3 3 x ( x −2) B = + = + x − 2 x x x ( x − 2) x ( x − 2) x + 3 x − 6 − = 4 x 6 = . x ( x − 2) x ( x − 2) 4 x − 6
Vậy với x  0; x  4 thì B = . 0,25 điểm x ( x − 2)
3. Với x  0; x  4, ta có: A 2 4 x − 6 x ( x − 2 2 ) P = = : x = . = . B x − 2 x ( x − 2)
x − 2 2(2 x −3) 2 x −3 1
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 2 x 2 x − 3 + 3 3 Suy ra 2P = = = 1+ . 2 x − 3 2 x − 3 2 x − 3 3
Với x  , để 2P có giá trị là số nguyên thì là số nguyên, 2 x − 3
tức là 3 (2 x −3)
Hay 2 x − 3Ư (3) = 1; −1; 3; −  3 .
Với x  0 ta có 2 x − 3  3
− nên 2 x −31; −1;  3 .
⦁ Nếu 2 x − 3 = 1 , thì x = 2 , tức là x = 4 (không thỏa mãn x  4). ⦁ Nếu 2 x − 3 = 1
− , thì x =1, tức là x =1 (thỏa mãn điều kiện).
⦁ Nếu 2 x − 3 = 3, thì x = 3 , tức là x = 9 (thỏa mãn điều kiện). Thử lại, ta có: 0,25 điểm 1
⦁ Với x = 1 thì P =
= −1, có giá trị là số nguyên (thỏa mãn). −1 9
⦁ Với x = 9 thì P =
= 1, có giá trị là số nguyên (thỏa mãn). 3 Vậy x 1;  9 là giá trị cần tìm. âu 2
1.a) Điều kiện xác định: x  0, x  3 . (2.5 đ) 2x − 5 1 6x + 3 0,25 điểm Ta có: − = 2 x − 3 x x − 3x (2x −5) x x − 3 6x + 3 ( − = x − 3) x
x(x − 3) x(x − 3) 2
2x − 5x − x + 3 6x + 3 = x(x − 3) x (x − 3) 2
2x − 5x − x + 3 = 6x + 3 2
2x − 5x − x + 3 − 6x − 3 = 0 2
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 2 2x −12x = 0
2x ( x − 6) = 0 0,5 điểm
Suy ra x = 0 (loại) hoặc x = 6 (thỏa mãn).
Vậy x = 6 là nghiệm của phương trình. 1.b) x +1 +1 x−1 2
x +1  2x − 4 0,25 điểm − x  5 − x  5 0,25 điểm
Vậy nghiệm của bất phương trình là x < 5 3
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 2.a) Gọi ,
x y (đơn vị: nghìn ) lần lượt là giá niêm yết của loại vé I và
II ( x, y  0 ).
• Tuần lễ kích cầu du lịch:
Giá loại vé I giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá
niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là 85%x = 0,85x (nghìn đồng).
Giá loại vé II giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá
niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là 90%y = 0,9y (nghìn đồng).
Do đó, tổng số tiền khi anh Bảo mua 3 vé loại I và 2 vé loại II là:
30,85x + 20,9y = 2,55x +1,8y (nghìn đồng).
Theo bài, anh Bảo phải trả số tiền là 24 825 000 đồng (hay 24 825
nghìn đồng) nên ta có phương trình: 0,5 điểm
2,55x +1,8y = 24 825 (1)
• Tuần lễ Quốc tế Lao động:
Giá loại vé I giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá
niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là 90%x = 0,9x (nghìn đồng).
Giá loại vé II giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá
niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là 85%y = 0,85y (nghìn đồng).
Do đó, tổng số tiền khi anh Bình mua 3 vé loại I và 4 vé loại II là:
30,9x + 40,85y = 2,7x + 3, 4y (nghìn đồng).
Theo bài, anh Bình phải trả số tiền là 37 790 000 đồng (hay 37 790
nghìn đồng) nên ta có phương trình:
2,7x + 3, 4y = 37 790 (2)
2,55x +1,8y = 24 825
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  .
2,7x + 3, 4y = 37 790 0,5 điểm 4
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 3,4 và nhân cả hai vế của
phương trình (2) với 1,8, ta được hệ phương trình mới là: 8
 ,67x + 6,12y = 84 405 
4,86x + 6,12y = 68 022
Giải hệ phương trình ta được x = 4300 (thỏa mãn); y = 7 700 (thỏa mãn).
Ta có 4 300 nghìn đồng tức là 4 300 000 đồng; 7 700 nghìn đồng là 7 700 000 đồng.
Vậy giá niêm yết của loại vé I là 4 300 000 đồng và giá niêm yết của
loại vé II là 7 700 000 đồng. 5
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
2b) Trong dịp lễ Quốc tế Lao động, doanh nghiệp định thưởng 6 vé
loại I mà theo bài, nếu khách hàng mua từ 5 vé thuộc cùng một loại trở
lên thì sẽ được giảm thêm 7% của giá vé đã giảm lần đầu, do đó giá
tiền của mỗi vé loại I mà doanh nghiệp này đã mua được là:
0,9 4 300 000(100% − 7%) = 3 599 100 (đồng).
Do đó, số tiền mua 6 vé loại I này là: 63 599 100 = 21 594 600 (đồng).
– Gọi số vé thưởng loại II là n (n    ) .
⦁ Nếu doanh nghiệp mua ít hơn 5 vé loại II, tức là n  5 thì giá tiền mỗi vé loại II là:
0,857 700 000 = 6 545 000 (đồng).
Do đó, với n  5 thì 6 545 000n  56 545 000 = 32 725 000
Tức là, nếu doanh nghiệp mua ít hơn 5 vé loại II thì số tiền phải cho vé
loại II luôn nhỏ hơn 32 725 000 đồng.
Khi đó, tổng số tiền mua 2 loại vé luôn nhỏ hơn
21 594 600 + 32 725 000 = 54 319 600 (đồng).
Ta thấy rằng, 95 000 000 − 54 319 600 = 40 068 400  6 545 000 nên
hiển nhiên số vé loại II mà doanh nghiệp có thể mua được nhiều hơn 5 vé.
⦁ Khi doanh nghiệp mua ít nhất là 5 vé loại II, thì giá tiền mỗi vé loại II là:
0,857 700 000(100% − 7%) = 6 086 850 (đồng).
Do đó, số tiền mua n vé loại II lúc này là: 6 086 850n (đồng).
Theo bài, nguồn kinh phí thưởng không vượt quá 95 triệu đồng, do đó ta có bất phương trình:
21 594 600 + 6 086 850n  95 000 000
6 086 850n  73 405 400 n  12,05966962.... 0,25 điểm 6
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 Do n 
 nên n =12 . Như vậy, trong trường hợp này, doanh nghiệp
có thể mua được nhiều nhất 12 vé loại II, nhiều hơn so với trường hợp
mua ít hơn 5 vé loại II đã xét ở trên.
Do đó, doanh nghiệp có thể mua 6 vé loại I và nhiều nhất là 12 vé loại II.
Vậy doanh nghiệp A có thể mua nhiều nhất 18 vé thưởng cho nhân viên. Câu 3 A C (1,0 đ) 210 B
Giả sử hình ảnh chiếc tàu trong bài toán được mô tả bởi hình vẽ sau:
1. Xét tam giác ABC vuông tại C ta có: CB = A .
B sin A = 250.sin 21  89,6 (m).
Vậy tàu đi được 250 m thì tàu ở độ sâu khoảng 89,6 m. 0,5 điểm 2. Đổi 9 km/h = 2,5 m/s.
Gọi t (s) là thời gian để tàu đi được độ sâu 200 m.
Quãng đường tàu đi được trong thời gian t là: AB = S = 2,5t (m). AB BC
Xét tam giác ABC vuông tại C , ta có: sin A = . AB CB 200 Suy ra AB = hay 2,5t = , suy ra sin A sin 21 7
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 200 t =  223,23 (s). 2,5.sin 21
Đổi 223, 23 s  3 phút 43 giây.
Vậy sau khoảng 3 phút 43 giây thì tàu ở độ sâu 200 m. 0,5 điểm Câu 4 F (2,25 đ) E Hình vẽ C D 0,25 điểm K I A O H B 1. Xét O
 BC cân tại O (do OC = OB = R ) nên đường trung tuyến 0,75 điểm
OK cũng là đường cao của O
 BC. Suy ra OK ⊥ BC hay OD ⊥ BC . 2. Xét O
 BC cân tại O (do OC = OB = R ) nên đường trung tuyến
OK cũng là đường phân giác của O  BC. Do đó   BOD = CO . D 0,25 điểm Xét CD  O và B  DO có:
OD là cạnh chung;  
BOD = COD ; OB = OC Do đó C  DO = B  DO (c.g.c). Suy ra  
DCO = DBO = 90 (hai góc tương ứng). 8
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
Như vậy, OC ⊥ DC tại C thuộc (O) hay DC là tiếp tuyến của 0,5 điểm đường tròn (O)
3. Gọi F là giao điểm của BC, AE.
Ta có: IC ⊥ AB và AF ⊥ AB , suy ra
IC // AF hay IC // EF . IC IB Xét BEF  , có: = (Hệ quả định EF EB 0,25 điểm lí Thalès) (1) IH IB Xét BAE  , có: = (Hệ quả định AE EB lí Thalès) (2) IC IH Từ (1) và (2) suy ra = , mà EF EA
IC = IH (do I là trung điểm của CH )
nên EF = EA hay E là trung điểm của AF. Ta có 
FCA = 90 (cùng bù với 
ACB = 90 ) nên F
 CA vuông tại C . Xét A
 CF vuông tại C, có CE là đường
trung tuyến ứng với cạnh huyền AF nên 1
CE = EA = EF = AF. 2 Xét CE  O và AEO  , có:
CE = AE , OC = OA và OE là cạnh chung Do đó C  EO = A  EO (c.c.c) Suy ra  
ECO = EAO = 90 (hai góc tương ứng). Ta có:  
ECO + OCD = 90 + 90 = 180 hay  ECD = 180 . 0,25 điểm
Vậy ba điểm E,C, D thẳng hàng.
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ : 2
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)
Bảng đáp án trắc nghiệm: 9
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đáp án D C B D D C B C D B B A
B. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm) Bài Đáp án gợi ý Số điểm Bài 1. (1,5
1. Rút gọn thiểu thức sau: điểm)
a) A = √45 - 2√80 + √20 =3 5 − 2.4 5 + 2 5 = 0,25 đ 1.(0,5 điểm) 3 5 − 8 5 + 2 5 = (3 − 8 + 2) 5 = - 3 5 0,25 đ b) 5( 5 −1) 4( 5 −1) B = − 5 −1 ( 5 +1)( 5 −1) 4.( 5 −1) B = 5 − 4 B = 5 − 5 +1 = 1
2.(1,0 điểm)
x − 2 10 x − 8
2. Cho biểu thức: B = −
với x  0, x  16. x + 4 16 − x x
a) Chứng minh rằng B = . x − 4 0,25 đ
x − 2 10 x − 8
x − 2 10 x − 8 B = − = + x + 4 16 − x x + 4 x −16
( x −2)( x −4) 0,25 đ 10 x −8 = ( +
x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4)
x − 4 x − 2 x + 8 +10 x − 8 = ( 0,25 đ x + 4)( x − 4) 0,25 đ x x + x ( x +4 4 ) x = ( = =
x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4) . x − 4
b) Khi x = √19 + 8√3 − √3. =√(4 + √3)2 − √3 = 4 Vậy B = √4 2 = = −1 √4 − 4 2−4 Bài 2. (2,0
1. Giải các phương trình, bất phương trình sau. điểm) a) 8 5 4 1.  x 2 x 3
x 2x 3 a.(0,5 điểm) 0,25 đ
Điều kiện xác định x ≠2 và x ≠ -3 8x 3  5x 2 4 0,25 đ b. (0,5 điểm) 10
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
x = -10 (thỏa đkxđ). Vậy pt có nghiệm x = -10
2x −1 x + 2 5x + 4 b) −  3 2 6 0,25 đ 2(2x − ) 1 3( x + 2) 5x + 4 −  6 6 6 2(2x − )
1 − 3( x + 2)  5x + 4 0,25 đ
4x − 2 − 3x − 6  5x + 4
x − 8  5x + 4 0,25 đ 2. (1 điểm ) 5x − x  8 − − 4 0,25 đ 4x  12 − x  3.
− Vậy nghiệm của bất phương trình là x  3. −
2. Gọi x, y (nghìn đồng) lần lượt là giá vé của mỗi giáo viên và 0,25 đ
mỗi học sinh khi chưa giảm giá (x, y > 0).
Tổng chi phí cho vé trải nghiệm khi chưa giảm là
15x + 235y = 48250 (1).
Nhân dịp Lễ Giáng Sinh nên giá vé trải nghiệm được giảm 5% cho 0,25 đ
mỗi vé của giáo viên và 8% cho mỗi vé của học sinh nên ta có
15.95%x + 235.92%y = 44498
hay 14, 25x + 216, 2y = 44498 (2) Từ (1) và (2) ta có: 1
 5x + 235y = 48250 1
 4,25x + 216,2y = 44498 x = 240  y =190 (thoả điều kiện)
Vậy giá vé của mỗi giáo viên và mỗi học sinh khi chưa giảm giá
lần lượt là 240 nghìn đồng và 190 nghìn đồng. Bài 3. (1,0
a) Theo đề bài, phần ngọn bị gãy AB và phần gốc AC có tỉ lệ điểm) AB 3 AC 2 0,25 đ 3: 2 hay = , suy ra = . AC 2 AB 3
Xét tam giác ABC vuông tại C , ta có: 0,25 đ  AC 2 sin ABC = = , suy ra   = ABC  41 4  9 . AB 3 0,25 đ
Vậy góc  tạo bởi phần thân bị gãy AB và
mặt đất BC khoảng   41 4  9 .
b) Xét tam giác ABC vuông tại C , ta có: 0,25 đ 
AC = BC  tan ABC  5 tan 41 4  9  4,47 (m).
Vậy phần gốc cây còn lại là khoảng 4,47 (m) 11
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 Bài 4. (2,0
a) Đường tròn (O) đường kính AB, 0,25 đ
điểm)
có C thuộc (O) nên OA=OB=OC= 1
AB nên tam giác ABC vuông tại 2 0,25đ C. 0,25đ
b) Do A, C thuộc đường tròn nên
OA = OC. Tam giác OAC cân tại O 0,25đ
có đường trung tuyến OI đồng thời là đường phân giác. O  AD = O
 CD(c − g − c) nên   0 OAD = OCD = 90 0,25đ
OA ⊥ DA tại A nên DA là tiếp tuyến của (O) 0,25đ c) Chứng minh:   HBC = KBC C  KB = C  HB nên CH = CK 0,25đ 0,25đ C  HA  B  HC nên 2 CK = H . A HB d) Với 𝑨𝑩𝑪
̂ = 𝟑𝟎𝟎 thì 𝑩𝑂𝑪
̂ = 180𝟎 − 𝟑𝟎𝟎. 2 = 12𝟎𝟎 do tam
giác BOC cân tại O. Vậy S(quạt BOC) = 𝜋.𝑅2.𝑛 𝜋.𝑅2.120 𝜋.𝑅2 = = 360 360 3 Bài 5 (0,5 3 3
Lập phương 2 vế x = √1+ - √ ta được điểm) √65 √65 - 1 3 2 3 3 3 𝑥3 =
(√1+ √65) − 3 (√1+ √65) . √√65 - 1 0,25đ 2 3 3 3 3
+ 3√1+ √65. (√√65 − 1) − (√√65 − 1) 0,25đ 3 3 3 3
𝑥3 = 1+√65 − 3. √√65-1. √1+√65. (√1+√65-√√65-1) + 1 − √65 𝑥3 = − 3.4. 𝑥+2 𝑥3 + 12𝑥 − 2 = 0 Vậy Q = 2024
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ : 3
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đáp án B D A D A B B A B B D C
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm). 12
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 Nội dung Điểm Bài 1
Tính giá trị biểu thức: Ý 1 (0,5
A = 2 12 − 48 + 3 27 − 108 ; 0,25 điểm điểm)
A = 2.2 3 − 4 3 + 9 3 − 6 3 0,25 điểm A = 3 3. Ý 2
Điều kiện: 0  a  1 (1,5điểm)  2  a 1 a − 1 a +  P =  −   − 1 .      2 2 a a + 1 a −    1  0,25 điểm 2 2   2 − − +
 a −1  ( a )1 ( a )1  P =   .  ;  2 a  a − 1     0,50 điểm a − 2 ( 1) − − = 4 a a P . ; P = 1 . 4a a − 1 a
Tìm các giá trị của a để P  0 . 1 − a Để P  0 thì  0 0,25 điểm a
khi đó 1− a  0 (vì a  0 ) 0,50 điểm
hay a  1 (tmđk). Vậy a  1thì P  0. Bài 2 (1 điểm)
Gọi số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là x (công nhân), y (ngày). 0,25 điểm
Điều kiện: x  10, y  2, x  N .
Lượng công việc theo dự định là xy (ngày công).
Trường hợp 1: Số công nhân là x +10 (công nhân), số ngày là 0,25 điểm y − 2 (ngày).
Do đó lượng công việc là ( x +10)( y − 2) (ngày công).
Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình (
x +10)( y − 2) = xy ; hay 2 − x +10y = 20 (1)
Trường hợp 2: Số công nhân là x −10 (công nhân), số ngày là y + 3 (ngày). 0,25 điểm
Do đó lượng công việc là ( x −10)( y + 3) (ngày công). 13
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình
(x −10)( y +3) = xy hay 3x −10y = 30 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
−2x +10y = 20 x = 50  ; 
(thỏa mãn điều kiện).
3x −10y = 30  y = 12
Vậy số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là 50 (công 0,25 điểm nhân), 12 (ngày). Bài 3
Xét tam giác vuông ADC, ta có:   + = 90o ADC ACD (1 điểm)
Xét tam giác vuông ABC, ta có:   + = 90o ACB ACD 0,25 điểm Suy ra   ACB = ADC . Khi đó  
tan ACB = tan ADC 0,25 điểm Hay AB = AC AC AD 0,25 điểm Suy ra = AC.AC AB = 30.30 = 45 (m). AD 20 0,25 điểm Từ đó tính được  ACB ≈ 56°. Bài 4 (2,5 điểm)
a) Gọi I là trung điểm củaOM . Xét tam giác vuông MAO có
AI là trung tuyến nên AI = IM = IO (1) 0,5 điểm
Tương tự, xét tam giác MBO có BI = IM = IO (2)
Từ (1) và (2), suy ra AI = IM = IO = IB . Vậy A, M, , B O cùng 0,5 điểm
thuộc đường tròn tâm I , bán kính IA .
b) Gọi H là giao điểm của OM và AB. 14
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
Theo tính chất, hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OM là phân giác góc 0,25 điểm AOB.
Mặt khác AOB là tam giác cân tại O, nên OH cũng là đường cao, 0,25 điểm
đường trung tuyến của ∆ AO . B
Khi đó AH = BH = 3 cm.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông HOA ta có: HO = 2 AO − 2 AH = 2 − 2 5 3 = 4 (cm). 0,25 điểm Ta có  = AH AOH = 3 sin ; Suy ra  
AOB = 2AOH ≈ 74o . AO 5 c) Ta có  = OH AOH = 4 cos . AO 5
Xét tam giác vuông MAO , ta có:   AO
cos AOH = cos AOM = 0,25 điểm OM
Suy ra AO = 4 , khi đó = 5OA OM = 25 (cm). OM 5 4 4
Xét tam giác cân OMD có OA là đường cao nên cũng là phân
giác, đường trung tuyến. 0,25 điểm Suy ra   
DOC = 4AOM = 4AOH ≈ 148o .
Hay số đo cung nhỏ CD bằng 148 .o
Do đó diện tích hình quạt ứng với cung nhỏ CD là: 0,25 điểm 2 n S . 2 148 R .  25  = = . ≈ 50 (cm2). q   360 350  4  Bài 5 Lời giải:
(0,5 điểm) Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1 1 ab ab ab Ta có: = 1−  1− = 1− (1) 1+ ab 1+ ab 2 ab 2 0,25 điểm 1 bc 1 ca Tương tự ta có:  1− (2) ;  1− (3) 1+ bc 2 1+ ca 2
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 1 1 + +  3 − ( ab + bc + ca ) 1+ ab 1+ bc 1+ ca 2 15
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 0,25 điểm 1  a + b b + c c + a  a + b + c 3 3  3 − + + = 3 − = 3 − =   2  2 2 2  2 2 2
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ : 4
I.TRẮC NGHIỆM (3 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,25đ Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đáp án C A C B C D A D B C B A
II. TỰ LUẬN ( 7 điểm) Câu Nội dung đáp án Điểm 4x − 3y =1
1. Giải hệ phương trình:   2x + y = 3 4𝑥 − 3𝑦 = 1 { 2𝑥 + 𝑦 = 3 4𝑥 − 3𝑦 = 1 { 4𝑥 + 2𝑦 = 6 −5𝑦 = −5 0.25đ 13 { 2𝑥 + 𝑦 = 3 (1,5đ) 𝑦 = 1 { 𝑥 = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1; 1) 0,25đ
2. Giải các phương trình sau
x + 2 2x −1 13x − 9
a) (5x − 4)(4x + 6) = 0 b) + = 2 x + 3 x − 3 x − 9 16
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
a) (5x − 4)(4x + 6) = 0
5𝑥 − 4 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 4𝑥 + 6 = 0 0,25 đ 4
∗ 5𝑥 − 4 = 0 ℎ𝑎𝑦 𝑥 = 5 −3
∗ 4𝑥 + 6 = 0 ℎ𝑎𝑦 𝑥 = 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 4 −3 𝑥 = 𝑣à 𝑥 = 0,25 đ 5 2
x + 2 2x −1 13x − 9 b) + = 2 x + 3 x − 3 x − 9
ĐKXĐ: 𝑥 ≠ 3 𝑣à 𝑥 ≠ −3 0,25 đ
Quy đồng và khử mẫu ta được: (𝑥+2)(𝑥−3) 13𝑥−9 +(2𝑥−1)(𝑥+3) = (𝑥+3)(𝑥−3) (𝑥−3)(𝑥+3) (𝑥+3)(𝑥−3)
Suy ra (𝑥 + 2)(𝑥 − 3) + (2𝑥 − 1)(𝑥 + 3) = 13𝑥 − 9
𝑥2 + 2𝑥 − 3𝑥 − 6 + 2𝑥2 − 𝑥 + 6𝑥 − 3 = 13𝑥 − 9 3𝑥2 – 9x = 0 3𝑥(𝑥 − 3) = 0 0,25 đ
𝑥 = 0 ( 𝑡ℎõ𝑎 𝑚ã𝑛 Đ𝐾𝑋Đ) 𝑥 = 3( 𝑙𝑜ạ𝑖)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 𝑥 = 0 14 Cho biểu thức (1,5đ)  1 1 x  x + 2 A = + − :  
(với x  0, x  9 ).  x + 3
x − 3 9 − x  x + 3 a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của A khi x = 3 + 2 2 17
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
a) ĐKXĐ: x  0, x  9 1 1 𝑥 𝐴 = ( + − ) : √𝑥+2 √𝑥+3 √𝑥−3 9−𝑥 √𝑥+3 0,5 đ 1 1 𝑥 = ( + + ) : √𝑥+2 √𝑥+3 √𝑥−3 (√𝑥−3)(√𝑥+3) √𝑥+3 𝑥 = ( √𝑥−3 + √𝑥+3 + ) : √𝑥+2 (√𝑥−3)(√𝑥+3) (√𝑥−3)(√𝑥+3) (√𝑥−3)(√𝑥+3) √𝑥+3
√𝑥 − 3 + √𝑥 + 3 + 𝑥 √𝑥 + 2 𝑥 + 2√𝑥 √𝑥 + 2 = ( ) : = : (√𝑥 − 3)(√𝑥 + 3) √𝑥 − 3
(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3) √𝑥 + 3 0,5 đ = √𝑥(√𝑥+2) ∙ √𝑥+3 = √𝑥
(√𝑥+3)(√𝑥−3) √𝑥+2 √𝑥−3
Vậy A = √𝑥 với x  0, x  9 √𝑥+3
b) 𝑥 = 3 + 2√2 = (√2 + 1)2 ( thõa mãn ĐKXĐ)
Thay 𝑥 = (√2 + 1)2 vào biểu thức A, ta được: 0,5 đ √(√2+1)2 A = (
= |√2+1| = √2+1 = √2+1 = √2+1)(√2−2) = √2 | 2−4 2 √( √2+1|−3 √2+1−3 √2−2 √2+1)2−3 15
Bác Minh có 550 triệu đồng, bác chia làm hai khoản. Khoản thứ nhất ông gửi vào ngân
(1,0đ) hàng với lãi suất 7%/năm. Khoản thứ hai ông đầu tư vào nhà hàng của một người bạn
để nhận lãi kinh doanh. Sau 1 năm bác thu về tiền lãi từ 2 khoản trên là 46 triệu đồng.
Biết tiền lãi kinh doanh vào nhà hàng bằng 10% tiền đầu tư. Tính số tiền bác Minh đã đầu tư cho mỗi khoản?
Gọi số tiền bác Minh gửi vào ngân hàng là x ( 0 < 𝑥 < 550 ; triệu đồng) 0,25 đ
số tiền bác Minh đầu tư vào nhà hàng là y ( 0 < 𝑦 < 550; triệu đồng) 18
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9
Vì tổng 2 khoản đầu tư là 550 triệu đồng nên Ta có phương trình: 𝑥 + 𝑦 = 550 (1)
Số tiền lãi thu được sau 1 năm của khoản gửi ngân hàng là 7%𝑥 (triệu đồng)
Số tiền lãi thu được sau 1 năm của khoản đầu tư vào nhà hàng là 10%𝑦 (triệu đồng)
Vì số tiền lãi thu được sau 1 năm từ 2 khoản đầu tư trên là 46 triệu đồng, nên ta có
phương trình: 7%𝑥 + 10%𝑦 = 46 (2) 0,5 đ
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 𝑥 + 𝑦 = 550 { 7%𝑥 + 10%𝑦 = 46
Giải hệ phương trình ta được: x = 300 ( thõa mãn điều kiện)
y = 250 ( thõa mãn điều kiện)
Vậy bác Minh gửi ngân hàng 300 triệu đồng, đầu tư vào nhà hàng 250 triệu đồng. 0,25 đ
Cho đường tròn tâm O bán kính R, dây BC khác đường kính. Hai tiếp tuyến của
đường tròn ( O, R ) tại B và tại C cắt nhau tại A. Kẻ đường kính CD, kẻ BH vuông góc với CD tại H.
a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm và bán
kính của đường tròn đó.
b) Chứng minh BC là tia phân giác của góc ABH
c) Gọi I là giao điểm của AD và BH, E là giao điểm của BD và AC. Chứng minh IH = IB. E B D I K H A O 16 (2.5đ) C
a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm
và bán kính của đường tròn đó. 19
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760
BỘ ĐỀ HỌC KÌ 1 TOÁN 9 Ta có: 𝐴𝐵𝑂
̂ = 900( Vì AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)
Suy ra: Ba điểm A, B, O nằm trên đường tròn đường kính AO (1) Ta có: 𝐴𝐶𝑂
̂ = 900( Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O) 0.5đ
Suy ra: Ba điểm A, C, O nằm trên đường tròn đường kính AO (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO có tâm là 0.5đ trung điểm AO.
b) Chứng minh BC là tia phân giác của góc ABH Ta có: 𝐶𝐵𝐻 ̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ ( 𝑐ù𝑛𝑔 𝑝ℎụ 𝑣ớ𝑖 𝐵𝐶𝐻 ̂ )
Xét đường tròn (O) có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC Suy ra ∆𝐴𝐵𝐶 cân 0.5đ nên 𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐴𝐵𝐶 ̂ Suy ra: 𝐶𝐵𝐻 ̂ = 𝐴𝐵𝐶 ̂
BC là tia phân giác của 𝐴𝐵𝐻 ̂ 0.5đ
c) Gọi I là giao điểm của AD và BH. E là giao điểm của BD và AC. Chứng minh IH = IB. D
 CE có: OA // ED ( cùng vuông góc với BC ) OC = OD = R Suy ra: EA = AC (3) 0.25đ
Ta lại có: BH // AC ( cùng vuông góc với DC ) Vì BI//AE nên 𝐼𝐷
∆𝐷𝐵𝐼~∆𝐷𝐸𝐴 suy ra 𝐵𝐼 = (3) 𝐴𝐸 𝐷𝐴 Vì IH//AC nên 𝐼𝐻
∆𝐷𝐻𝐼~∆𝐷𝐶𝐴 suy ra 𝐼𝐷 = (4) 𝐷𝐴 𝐴𝐶 0.25đ
Từ (3) và (4) suy ra: 𝐵𝐼 𝐼𝐻 = 𝐴𝐸 𝐴𝐶 20
TOÁN CÔ TUYẾT : 0968 527 760