10 Đề thi Học kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (có đáp án + ma trận)

Với bộ 10 Đề thi Học kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo năm 2024 có đáp án và ma trận được biên soạn và chọn lọc từ đề thi Toán 9 của các trường THCS trên cả nước sẽ giúp học sinh lớp 9 ôn tập và đạt kết quả cao trong các bài thi Học kì 1 Toán 9.

10 Đề thi Học kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (có đáp án + ma trận)

Xem thử

Chỉ từ 180k mua trọn bộ Đề thi Học kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo bản word có lời giải chi tiết:

• B1: gửi phí vào tk: 0711000255837 - NGUYEN THANH TUYEN - Ngân hàng Vietcombank (QR)
• B2: Nhắn tin tới Zalo VietJack Official - nhấn vào đây để thông báo và nhận đề thi

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề thi Học kì 1 - Chân trời sáng tạo

Năm học 2024 - 2025

Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: phút

(Đề 1)

I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

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

A. x ≠ 2.

B. x ≠ 3.

C. x ≠ –2; x ≠ 3.

D. x ≠ –3; x ≠ 2.

Câu 2. Nghiệm của hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2x+y=5\\ x-3y=-1\end{array}\right.$ là

A. (2; 1).

B. (1; 2).

C. (–1; 7).

D. (–1; 0).

Câu 3. Cho a bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A. 2a – 7 > 2a – 5.

B. 2a – 3 > 2a – 2.

C. 3a – 4 > 3a – 6.

D. 2a – 4 > 2a – 5.

Câu 4. Bất phương trình 2 + 5x ≥ –1 – x có tập nghiệm là

A. $x\le -\frac{1}{2}$.

B. $x\ge -\frac{1}{2}$.

C. $x>-\frac{1}{2}$.

D. $x<-\frac{1}{2}$.

Câu 5. Biểu thức nào sau đây có điều kiện xác định là x ≥ 0, x ≠ 9?

A. $\frac{3\sqrt{x}+5}{x-6\sqrt{x}+9}$.

B. $\frac{2-5\sqrt{x}}{4-x}$.

C. $\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}$.

D. $2\sqrt{x}\left(x-6\sqrt{x}+9\right)$.

Câu 6. Điều kiện xác định của $\sqrt{18-2x}$ là

A. x < 9.

B. x > 9.

C. x ≥ 9.

D. x ≤ 9.

Câu 7. Kết quả của phép tính $\sqrt{27a}:\sqrt{6a}\cdot 2\sqrt{18a}$ với a ≥ 0 là

A. $12\sqrt{a}$.

B. $18\sqrt{a}$.

C. $72\sqrt{a}$.

D. $144\sqrt{a}$.

Câu 8. Cho tam giác MNP vuông tại M. Khi đó, $\cot \widehat{MNP}$ bằng

A. $\frac{MP}{MN}$.

B. $\frac{MN}{MP}$.

C. $\frac{MN}{NP}$.

D. $\frac{MP}{NP}$.

Câu 9. Cho tam giác ABC vuông tại A có $\widehat{C}=30°$ và AB = 8 cm. Độ dài cạnh BC bằng

A. 4 cm.

B. $8\sqrt{3}$ cm.

C. $\frac{8\sqrt{3}}{3}$ cm.

D. 16 cm.

Câu 10. Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') thỏa mãn R - R' < OO' < R + R'. Số điểm chung của hai đường tròn là

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 11. Biết độ dài cung 60° là 6π. Độ dài cung tròn có số đo 100° là

A. 6π.

B. $\frac{9\pi }{2}$.

C. 9π.

D. 10π.

Câu 12. Cho hai đường tròn (O; 2 cm) và (O'; 5 cm) tiếp xúc ngoài thì độ dài của OO' bằng

A. 2 cm.

B. 7 cm.

C. 3 cm.

D. 1 cm.

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức: A = $\frac{\sqrt{x}+1}{x-3\sqrt{x}}$ và B = $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-3\sqrt{x}}$ với x > 0, x ≠ 9.

a) Tính giá trị của biểu thức A với x = $\frac{1}{25}$.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Biết P = $\frac{A}{B}$, tính giá trị lớn nhất của P.

Bài 2. (2,0 điểm)

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

a) $\frac{x}{2\left(x-3\right)}+\frac{x}{2x+2}=\frac{2x}{\left(x+1\right)\left(x-3\right)}$.

b) (x - 4)(x + 4) + 2x(x - 4) ≥ 3x².

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

Lan có một dung dịch nước muối sinh lí có nồng độ 1,5% và một dung dịch nước cất không chứa muối (nồng độ 0%). Lan cần pha trộn dung dịch này thu được 1 lít (1000 ml) dung dịch nước muối dinh lí súc miệng có nồng độ 0,9%. Hỏi cần bao nhiêu ml dung dịch nước muối và bao nhiêu ml nước cất để tạo ra dung dịch mong muốn?

Bài 3. (1,0 điểm) Một người quan sát một tòa nhà và đứng cách tòa nhà khoảng 25 m. Góc nâng từ mắt người quan sát đến nóc tòa nhà là 36°.

a) Viết tỉ số lượng giác tan 36° trong tình huống này. 

b) Nếu anh ta đi thêm 5 m nữa, đến vị trí E nằm giữa C và H, thì góc nâng từ F đến nóc tòa nhà là bao nhiêu (làm tròn đến độ)? Biết chiều cao CD tính từ chân đến mắt người quan sát là 1,6 m.

Bài 4. (2,0 điểm) Cho ∆ABC nhọn có ba đỉnh nằm trên đường tròn (O). Điểm M di động trên cung nhỏ BC. Vẽ MH vuông góc với AB ở H, MK vuông góc với AC ở K.

a) Chứng minh rằng AM là đường kính của đường tròn đi qua ba điểm A, H, K.

b) Chứng minh rằng HK = $AM.\sin \widehat{BAC}$

c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để HK dài nhất.

Bài 5. (0,5 điểm) Nam làm một chiếc hộp không nắp dạng hình hộp chữ nhật bằng bìa carton có thể tích 3 dm3. Biết tỉ số giữa chiều cao h và chiều rộng đáy y bằng 4. Xác định chiều dài x để lượng bìa cần sử dụng là ít nhất.

-----HẾT-----

ĐÁP ÁN & HƯỚNG DẪN

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3,0 điểm)

Bảng đáp án trắc nghiệm:

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Bài 1. (1,5 điểm)

Hướng dẫn giải

a) Thay $x=\frac{1}{25}$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A, ta được:

A = $\frac{\sqrt{\frac{1}{25}}+1}{\frac{1}{25}-3\sqrt{\frac{1}{25}}}=\frac{\frac{1}{5}+1}{\frac{1}{25}-\frac{3}{5}}=\frac{\frac{6}{5}}{-\frac{14}{25}}=-\frac{15}{7}$.

Vậy giá trị của biểu thức $A=-\frac{15}{7}$ khi $x=\frac{1}{25}$.

b) Với x > 0, x ≠ 9, ta có:

B = $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-3\sqrt{x}}$

   = $\frac{x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$

   = $\frac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$.

Vậy với x > 0, x ≠ 9 thì B = $\frac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$.

c) Ta có: P = $\frac{A}{B}=\frac{\sqrt{x}+1}{x-3\sqrt{x}}:\frac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$

                          = $\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}.\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{x-\sqrt{x}+2}$

                          = $\frac{\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+2}$.

Với x > 0, x ≠ 9, thì P = $\frac{\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+2}$.

d) Với x > 0, x ≠ 9, ta có:

P = $\frac{\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+2}$ = $\frac{1}{\frac{x-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}}$ = $\frac{1}{\sqrt{x}-2+\frac{4}{\sqrt{x}+1}}$ = $\frac{1}{\sqrt{x}+1+\frac{4}{\sqrt{x}+1}-3}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương $\frac{4}{\sqrt{x}+1}$ và $\sqrt{x}+1$, ta có:

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{x}+1=\frac{4}{\sqrt{x}+1}$, tức là ${\left(\sqrt{x}+1\right)}^2=4$ nên $\sqrt{x}+1=2$ (do $\sqrt{x}+1>0$) hay x = 1 (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của P = 1 khi x = 1.

Bài 2. (2,0 điểm)

Hướng dẫn giải

2. Gọi x (ml) là thể tích dung dịch nước muối 1,5% và y là thể tích nước cất 0% (x, y > 0).

Tổng thể tích dung dịch là 1 000 ml nên ta có phương trình x + y = 1000   (1)

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là 0,9% của 1 000 ml. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là 1,5%x và trong nước cất là 0.

Do đó: 0,015x + 0y = 0,009 . 1000 hay 0,015x = 9  (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ \mathrm{0,015}x=9\end{array}\right.$.

Giải phương trình 0,015x = 9 được x = 9 : 0,015 = 600 (thỏa mãn).

Thay x = 600 vào phương trình (1), được: y = 1000 – 600 = 400 (thỏa mãn).

Vậy Lan cần 600 ml dung dịch nước muối 1,5% và 400 ml dung dịch nước cốt 0% để pha được dung dịch mong muốn.

Bài 3. (1,0 điểm)

Hướng dẫn giải

a) Xét ∆AKD vuông tại D, ta có: $\tan 36°=\tan D=\frac{AK}{KD}$.

b) Ta có: FK = EH = CH – CE = 25 – 5 = 20 (m).

Từ $\tan 36°=\tan D=\frac{AK}{KD},$ ta có AK = KD.tan36° = 25.tan36° ≈ 18,164 (m).

Ta có AH = AK + KH ≈ 18,164 + 1,6 = 19,764 ≈ 20 (m).

Xét ∆AFK vuông tại K, ta có: $\tan F=\frac{AK}{KF}\approx \frac{\mathrm{18,164}}{20}$, do đó $\widehat{KFA}\approx 42°$.

Vậy góc nâng từ F đến nóc tòa nhà khoảng 42°.

Bài 4. (2,0 điểm)

Hướng dẫn giải

a) Gọi I là trung điểm của AM. Khi đó AI = MI = $\frac{1}{2}$AM.

Xét ∆AHM vuông tại H có HI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM nên HI = $\frac{1}{2}$AM.

Xét ∆AKM vuông tại K có KI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM nên KI = $\frac{1}{2}$AM.

Do đó AI = HI = MI = KI = $\frac{1}{2}$AM nên bốn điểm A, H, M, K cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính AM.

Hay AM là đường kính của đường tròn (I) đi qua ba điểm A, H, K.

b) Gọi N là giao điểm của HI và đường tròn tâm I đường kính AM

Suy ra $\widehat{HKN}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ∆HKN vuông tại K)

Ta có HK = $HN.\sin \widehat{HNK}$

Mà HN = AM (cùng là đường kính của đường tròn tâm I)

Và $\widehat{HNK}=\widehat{HAK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK của đường tròn tâm I)

Suy ra HK = $AM\cdot \sin \widehat{HAK}=AM\cdot \sin \widehat{BAC}$.

c) Ta có ∆ABC cố định nên $\sin \widehat{BAC}$ không đổi.

Do đó từ HK = $AM.\sin \widehat{BAC}$, để HK dài nhất thì AM dài nhất mà AM là dây của đường tròn (O).

Nên AM dài nhất khi AM là đường kính của đường tròn (O).

Do đó M đối xứng với A qua (O).

Bài 5. (0,5 điểm)

Hướng dẫn giải

Theo đề bài, tỉ số giữa chiều cao h và chiều rộng đáy y bằng 4 nên h = 4y.

Thể tích chiếc hộp 3 dm³ nên xyh = 3 (dm³) hay 4xy² = 3, suy ra x = $\frac{3}{4y^2}$.

Do chiếc hộp không nắp, do đó diện tích bìa cần dùng là tổng diện tích đáy hộp và diện tích xung quanh của hộp.

Ta có: S = xy + 2h(x + y) = $\frac{3}{4y^2}\cdot y+2\cdot 4y\cdot \left(\frac{3}{4y^2}+y\right)$

              = $\frac{3}{4y}+\frac{6}{y}+8y^2$ = $\frac{27}{4y}+8y^2$ = $\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2$

Do y là chiều rộng của hộp nên y > 0.

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta được:

$\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2\ge 3\cdot \sqrt[3]{\frac{27}{8y}\cdot \frac{27}{8y}\cdot 8y^2}$, suy ra $S\ge \frac{27}{2}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{27}{8y}=8y^2$, hay $y^3=\frac{27}{64}$ nên $y=\frac{3}{4}$ (dm).

Do đó, x = $\frac{3}{4y^2}=\frac{3}{4\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=\frac{4}{3}$ (dm).

Vậy lượng bìa cần dùng ít nhất có diện tích là $\frac{27}{2}$ dm² khi chiều dài x = $\frac{4}{3}$ dm

-----HẾT-----

................................

................................

................................

Trên đây tóm tắt một số nội dung miễn phí trong bộ Đề thi Toán 9 năm 2024 mới nhất, để mua tài liệu trả phí đầy đủ, Thầy/Cô vui lòng xem thử:

Xem thử

Tham khảo đề thi Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án hay khác:

• Đề thi Giữa kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (có đáp án)

• Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (có đáp án)

• Đề thi Học kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (có đáp án)

• Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 9 có đáp án

---