Tailieumoi.vn xin giới thiệu bộ đề thi học kì 1 môn Toán lớp 9 sách Kết nối tri thức năm 2024 - 2025. Tài liệu gồm 4 đề thi có ma trận chuẩn bám sát chương trình học và đáp án chi tiết, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên THCS dày dặn kinh nghiệm sẽ giúp các em ôn tập kiến thức và rèn luyện kĩ năng nhằm đạt điểm cao trong bài thi Học kì 1 Toán 9. Mời các bạn cùng đón xem:

Đề thi học kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án năm 2024

Đề thi học kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 1

Phòng Giáo dục và Đào tạo ...

Đề thi Học kì 1 - Kết nối tri thức

Năm học 2024 - 2025

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: phút

(Đề số 1)

Đề thi học kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 2

Phòng Giáo dục và Đào tạo ...

Đề thi Học kì 1 - Kết nối tri thức

Năm học 2024 - 2025

Môn: Toán lớp 9

Thời gian làm bài: phút

(Đề số 2)

A. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Câu 1. Phương trình nào sau đây không là phương trình bậc nhất hai ẩn?

A. $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}=4$.

B. 3x - 0y - 2 = 0.

C. $3y-2z=\frac{1}{2}$.

D. $\frac{2}{x}+\frac{y}{3}-2=0$.

Câu 2. Điều kiện xác định của phương trình $\frac{x+2}{x-4}-1=\frac{30}{\left(x+3\right)\left(x-4\right)}$ là

A. x ≠ -3; x ≠ 4.

B. x ≠ 3; x ≠ -4.

C. x ≠ -3; x ≠ 4; x ≠ -2.

D. x ≠ -3; x ≠ -4.

Câu 3. Bất đẳng thức diễn tả khẳng định “ n nhỏ hơn $\frac{3}{5}$” là

A. $n\le \frac{3}{5}$.

B. $n<\frac{3}{5}$.

C. $n>\frac{3}{5}$.

D. $n\ge \frac{3}{5}$.

Câu 4. Điều kiện xác định của biểu thức A = $\sqrt{1-2x}$ là

A. $x\le \frac{1}{2}$.

B. $x<\frac{1}{2}$.

C. $x>\frac{1}{2}$.

D. $x\ge \frac{1}{2}$.

Câu 5. Cho $\sin x=\frac{1}{2}$ khi đó cos x bằng

A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

B. $\sqrt{3}$.

C. $\frac{1}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = 8 cm, AC = 6 cm. Tỉ số lượng giác C là bao nhiêu? (kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm)

A. 0,87.

B. 0,86.

C. 0,88.

D. 0,89.

Câu 7. Điểm M nằm trên đường tròn (O; R) nếu

A. OM = R.

B. OM > R.

C. OM < R.

D. OM = 2R.

Câu 8. Cung có số đo 110° của đường tròn bán kính 8 cm dài bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)

A. 15,3 cm.

B. 14,5 cm.

C. 15,5 cm.

D. 15 cm.

B. TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Bài 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức $A=\frac{x-7}{\sqrt{x}}$ và $B=\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}+\frac{2x-\sqrt{x}+2}{x-4}$ với x > 0, x ≠ 4.

a) Tính giá trị của A khi x = 9.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B có giá trị nguyên.

Bài 2. (2,0 điểm)

1. Giải các phương trình, bất phương trình sau:

a) $\frac{2}{x-2}-\frac{3}{x-3}=\frac{3x-20}{\left(x-3\right)\left(x-2\right)}$.

b) $5x-4-3\left(2x-9\right)\le 5x-8$.

2. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Một đội công nhân A và B làm chung một công việc và dự định hoàn thành trong 12 ngày. Khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tăng gấp đôi năng suất, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo. Hỏi với năng suất ban đầu thì mỗi đội làm một mình sẽ hoàn thành công việc đó trong bao lâu?

Bài 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC. Từ B vẽ đường kính BD của (O), đường thẳng AD cắt (O) tại E (E khác D).

a) Chứng minh rằng OA ⊥ BC tại H.

b) Chứng minh $\widehat{ABE}=\widehat{ADB}$ và AE.AD = AB².

c) Cho biết OA = $\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)R$, tính diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính OC, OD và cung nhỏ CD.

------HẾT------

ĐÁP ÁN & HƯỚNG DẪN GIẢI

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)

B. TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Bài 1. (2,0 điểm)

a) Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A, ta có:

A = $\frac{9-7}{\sqrt{9}}=\frac{2}{3}$.

Vậy $A=\frac{2}{3}$ khi x = 9.

b) Với x > 0, x ≠ 4, ta có:

c) Ta có: P = A.B với x > 0, x ≠ 4.

P = $\frac{x-7}{\sqrt{x}}.\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}=\frac{x-7}{\sqrt{x}+2}$.

Xét P = 0 thì $\frac{x-7}{\sqrt{x}+2}=0$, suy ra x - 7 = 0 khi x = 7 (thỏa mãn).

Xét P ≠ 0, ta có:

Vì $\sqrt{x}+2>0$ nên $\left(\sqrt{x}+2\right)\in \left\{1;3\right\}$.

Nhận thấy $\sqrt{x}+2\ge 0$ nên $\sqrt{x}+2=3$ nên $\sqrt{x}=1$, do đó x = 1 (thỏa mãn).

Vậy với x ∈ {1;7} thì P có giá trị nguyên.

Bài 2. (2,0 điểm)

2. Gọi x, y (ngày) lần lượt là số ngày đội A và đội B làm một mình để hoàn thành công việc (x, y > 0).

Trong một ngày đội A làm được $\frac{1}{x}$ công việc, đội B làm được $\frac{1}{y}$ công việc.

Trong một ngày, hai đội làm chung được số phần công việc là: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ (công việc).

Trong 8 ngày, số phần công việc hai đội làm được là: $8\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)$ (công việc).

Sau 8 ngày, phần công việc còn lại là: $1-8\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)$ (công việc).

Theo đề bài, khi làm một mình đội B tăng gấp đôi năng suất. Lúc này, trong 1 ngày, đội B làm được: $2.\frac{1}{y}=\frac{2}{y}$ (công việc).

Trong 8 ngày tiếp theo, đội B đã hoàn thành phần việc còn lại, nên ta có phương trình:

$1-8\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=8.\frac{2}{y}$ hay $\frac{8}{x}+\frac{24}{y}=1$         (1).

Mà ban đầu hai đội dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày khi làm chung. Do đó, ta có phương trình:

$12\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=1$ hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12}$              (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12}\\ \frac{8}{x}+\frac{24}{y}=1\end{array}\right.$.

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có $\frac{1}{x}=\frac{1}{12}-\frac{1}{y}$ vào phương trình (1), ta được:

$8\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{y}\right)+\frac{24}{y}=1$ hay $\frac{2}{3}+\frac{16}{y}=1$ suy ra $\frac{16}{y}=\frac{1}{3}$ khi y = 48 (TMĐK).

Thay y = 48 vào phương trình (2) suy ra $\frac{1}{x}=\frac{1}{12}-\frac{1}{48}=\frac{1}{16}$, suy ra x = 16 (TMĐK).

Vậy đội A làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong 16 ngày, đội B làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong 48 ngày.

Bài 3. (1,0 điểm)

a) Từ hình vẽ, ta xét tam giác vuông ABC, có:

AC = $AB.\tan \widehat{CBA}=48.\tan 80°\approx \mathrm{272,22}$ (m). 

Do người đó có tầm mắt 1,65 m nên chiều cao của tòa nhà là:

272,22 - 1,65 = 270,57 (m).

Vậy tòa nhà cao 270,57 m.

b) Khoảng cách từ xe thu gom phế thải ở E đến chân tòa nhà là độ dài đoạn EA.

Xét tam giác vuông EAD, ta có:

EA = $\frac{AD}{\tan \widehat{DEA}}=\frac{200}{\tan 65°}\approx \mathrm{93,26}$ (m). 

Khoảng cách của hai xe phế thải là 93,26 - 48 = 45,26 (m).

Vậy hai xe phế thải cách nhau 45,26 m.

Bài 4. (2,5 điểm)

c) Xét ∆AOB vuông tại B, có:

$\cos \widehat{AOB}=\frac{OB}{OA}=\frac{R}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)R}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},$ suy ra $\widehat{AOB}=75°$.

Do AB, AC lần lượt là tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) nên OA là tia tiếp tuyến của $\widehat{BOC}$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\widehat{BOC}=2\widehat{AOB}=2\cdot 75°=150°$.

Do đó $\widehat{COD}=180°-\widehat{BOC}=180°-150°=30°$ nên $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=30°$.

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính OC, OD và cung nhỏ CD là:

$S=\frac{\pi R^2\cdot 30}{360}=\frac{\pi R^2}{12}$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính OC, OD và cung nhỏ CD là $\frac{\pi R^2}{12}$ (đvdt).

Bài 5. (0,5 điểm)

Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng 16 cm và cạnh đáy là 2x (cm).

Xét tam giác SBC, kẻ đường cao SH ⊥ BC tại H.

Do tam giác SBC cân tại S nên SH vừa là đường cao, vừa là đường trung trực suy ra H là trung điểm của BC.

Suy ra BH = HC = $\frac{BC}{2}$ = x (cm)  (0 < x < 16).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác SHC, ta có: $S{H}^2+H{C}^2=S{C}^2$

Suy ra $S{H}^2={16}^2-x^2=256-x^2$.

Do đó $SH=\sqrt{256-x^2}$.

Diện tích tam giác SBC là $\frac{1}{2}.2x.\sqrt{256-x^2}=x\sqrt{256-x^2}\left({\text{cm}}^2\right)$.

Diện tích giấy màu cần sử dụng là $4x\sqrt{256-x^2}\left({\text{cm}}^2\right)$.

Thực hiện tính giá trị lớn nhất của $S=4x\sqrt{256-x^2}$ với 0 < x < 16.

Ta có: $4x\sqrt{256-x^2}=4\sqrt{256x^2-x^4}$

                              = $4\sqrt{-\left(x^4-2.128x^2+{128}^2\right)+{128}^2}$

                              = $4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}$.

Vì ${\left(x^2-128\right)}^2\ge 0$ với mọi x ∈ ℝ nên $-{\left(x^2-128\right)}^2\le 0$ với mọi x ∈ ℝ.

Suy ra $4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}\le 4\sqrt{{128}^2}=512$ với mọi x ∈ ℝ.

Do đó, $S=4x\sqrt{256-x^2}\le 512$ với mọi x ∈ ℝ.

Dấu "=" xảy ra khi x² - 128 = 0 hay $x=8\sqrt{2}\left(0<x<16\right)$.

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là 512 cm².