Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Cao Dương – Hà Nội

Nhằm kiểm tra đánh giá chất lượng dạy và học môn Toán lớp 9 định kỳ, ngày … tháng 11 năm 2020, trường THCS Cao Dương, Thanh Oai, thành phố Hà Nội tổ chức kỳ thi kiểm tra chất lượng giữa học kỳ 1 môn Toán 9 năm học 2020 – 2021. Mời bạn đọc đón xem.

PHÒNG GD VÀ ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
-
---------
THCS.TOANMATH.com
Câu 1: (2điểm) Thc hin các phép tính.
a)
7 5 3 20 125 2 45+−−
. b)
144 25. 4
.
c)
( )
2
3
1 2 64 2 −−
. d)
22
52 52
+
+−
.
Câu 2: (2 điểm)Giải các phương trình sau.
a)
2 15+=x
b)
2 27−= xx
c)
3 40+ −=xx
d)
2
2 13 +=xx
Câu 3: (2 điểm)Cho hai biu thc
1
5
+
=
+
x
A
x
vi
0x
;
1x
a) Tính giá tr ca biu thc
A
khi
16x =
b) Rút gn biu thc
B
c) Tìm giá tr nh nht ca biu thc
.S AB=
Câu 4: (3 điểm)Cho tam giác
ABC
vuông ti
A
.
a) Gi s khi
9AB cm=
;
12AC cm=
. Tính cnh
BC
và các góc còn li ca tam giác
ABC
(làm tròn đến độ).
b) Gi
H
là hình chiếu ca
A
trên
BC
;
E
,
F
lần lượt là hình chiếu ca
H
trên
AB
,
AC
. Tính
EF
.
c) Chng minh rng:
..AE AB AF AC=
.
d) Gi
K
trung điểm ca
BC
, biết
AK
ct
EF
ti
I
. Chng t rng
AK
vuông góc
vi
EF
.
Câu 5: (0,5 điểm).
Giải phương trình sau:
( )
1
2000 2001 2002 3000
2
x y z xyz + + = ++
.
HT
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN
TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể th
ời gian giao đề)
NG DN GII CHI TIT
Câu 1:
a)
7 5 3 20 125 2 45+−−
75 65 55 65=+−−
25=
.
b)
144 25. 4
12 5.2=
2=
.
c)
( )
2
3
1 2 64 2 −−
214 2= −−
5=
.
d)
22
52 52
+
+−
( )
( )
( )
( )
( )
( )
252 252
52 52 52 52
−+
= +
+− +−
25 4 25 4
1
−+ +
=
45=
.
Câu 2: a)
2 15+=x
. ĐK
1
2
x
2 1 25x +=
12( )x TM⇔=
Vy
{ }
12=S
b)
2 27−= xx
. ĐK
7
2
x
22 7
5( )
xx
x TM
−=
⇔=
Vy
{ }
5S =
c)
3 40+ −=xx
,
0x
4 40
( 4)( 1) 0
x xx
xx
+ −=
+ −=
( )
10x −=
0 1( )x x TM =⇔=
Vy
{ }
1=S
d)
2
2 13 +=xx
PHÒNG GD VÀ ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
-
---------
THCS.TOANMATH.com
ĐỀ
KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể th
ời gian giao đề)
2
( 1) 3x −=
13x −=
13 4
13 2
xx
xx
−= =

⇔⇔

−= =

Vy
{ }
4; 2= S
Câu 3: a) Thay
16=x
vào biu thc
A
16 1 5
9
16 5
A
+
= =
+
b)
3 46
1
11
=++
−+
xx
B
x
xx
( )
( )( )
( )
( )( ) ( )( )
11
46
11 11 11
+−
=++
−+ −+ −+
xx xx
x
B
xx xx xx
( )
( )
3 346
11
+ + −+
=
−+
xx x x
B
xx
( )
( )
21
11
−+
=
−+
xx
B
xx
( )
( )( )
2
1
1
1
11
= =
+
−+
x
x
B
x
xx
c)
11 1 6
.. 1
51 5 5
+−
= = =
= +
++ + +
xx x
S AB
xx x x
00≥⇔ xx
55x +≥
66
5
5x
−−
⇔≥
+
66
11
5
5x
−−
+ ≥+
+
1
5
S
⇒≥
Xy ra du bng khi
0=x
.
Vy GTNN
1
5
=S
khi
0=x
.
Câu 4:
a) Xét
ABC
vuông ti
A
có:
222
AB AC BC+=
nh lí Pytago)
22 2
9 12 BC⇔+ =
2
225BC⇔=
15BC cm⇔=
.
12 4
sin
15 5
AC
ABC
BC
= = =
53 šABC
90+=°ABC ACB
nh lí)
90 53 37 ≈°°≈°ACB
b) Xét t giác
AEHF
có:
90= = = °AEH EAF AFH
T giác
AEHF
là hình ch nht.
AH EF⇒=
(tính cht)
Xét
ABC
vuông ti
A
, đường cao
AH
có:
..AH BC AB AC=
(h thc lưng)
.15 9.12AH⇔=
7,2AH cm⇔=
7,2EF cm⇒=
c) Xét
ABH
vuông ti
H
, đường cao
HE
có:
2
.AE AB AH=
(h thc lưng)
( )
1
Xét
ACH
vuông ti
H
, đường cao
HF
có:
2
.AF AC AH=
(h thc lưng)
( )
2
T
( )
1
( )
2
ta có
..AE AB AF AC=
(đpcm)
1
1
1
I
K
F
E
H
C
B
A
d) Ta có:
..AE AB AF AC=
(cmt)
AE AC
AF AB
⇒=
Xét
AEF
ACB
có:
EAF
chung
AE AC
AF AB
=
(cmt)
⇒∆ AEF ACB
(c.g.c)
1
FB⇒=
(2 góc tương ứng)
Xét
ABC
vuông ti
A
AK
là đường trung tuyến
AK KC⇒=
(tính cht)
AKC⇒∆
cân ti
K
1
AC⇒=
(tính cht)
90+=°BC
nh lí)
11
90+=°AF
Xét
AIF
có:
1 11
90++=°AFI
nh lí tng 3 góc trong mt tam giác)
1
90⇒=°I
AK EF⇒⊥
Câu 5:
( )
1
2000 2001 2002 3000
2
x y z xyz + + = ++
( )
*
. (Điu kin:
2000x
,
2001y
,
2002z
).
Do
2000x
,
2001y
,
2002z
nên suy ra:
2000 0
2001 0
2002 0
x
y
z
−≥
−≥
−≥
.
Áp dng bất đẳng thc Cô – si cho hai s không âm ta được:
( ) ( )
2000 1 2 2000 .1xx +≥
1999 2 2000xx⇔−
( )
1
.
( ) ( )
2001 1 2 2001 .1yy +≥
2000 2 2001yy⇔−
( )
2
.
( ) ( )
2002 1 2 2002 .1zz +≥
2001 2 2002zz⇔−
( )
3
.
Cng vế vi vế ca
( )
1
,
( )
2
,
( )
3
ta được:
6000 2 2000 2 2001 2 2002xyz x y z++− + +
( )
1
3000 2000 2001 2002
2
xyz x y z ++ + +
( )
4
.
Du
""=
xy ra khi và ch khi
2000 1
2001 1
2002 1
x
y
z
−=
−=
−=
( )
( )
( )
2001
2002
2003
x TM
y TM
z TM
=
⇔=
=
( )
**
.
T
( )
*
,
( )
4
( )
**
suy ra
( )
*
( )
( )
( )
2001
2002
2003
x TM
y TM
z TM
=
⇔=
=
.
Vậy phương trình
( )
*
có nghim là:
( ) ( )
; ; 2001;2002;2003xyz=
.
__________ THCS.TOANMATH.com __________
| 1/6

Preview text:

PHÒNG GD VÀ ĐT THANH OAI
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG NĂM HỌC 2020 - 2021 ---------- MÔN TOÁN - LỚP 9 THCS.TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:
(2điểm) Thực hiện các phép tính.
a) 7 5 + 3 20 − 125 − 2 45 . b) 144 − 25. 4 . 2 2 c) ( − )2 3 1 2 − 64 − 2 . d) + . 5 + 2 5 − 2 Câu 2:
(2 điểm)Giải các phương trình sau. a) 2x +1 = 5 b) x − 2 = 2x − 7
c) x + 3 x − 4 = 0 d) 2 x − 2x +1 = 3 Câu 3:
(2 điểm)Cho hai biểu thức x +1 x 3 4 − 6 x A = và B = + +
với x ≥ 0 ; x ≠ 1 x + 5 x −1 x +1 x −1
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16
b) Rút gọn biểu thức B
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = . A B Câu 4:
(3 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A .
a) Giả sử khi AB = 9cm ; AC = 12cm . Tính cạnh BC và các góc còn lại của tam giác
ABC (làm tròn đến độ).
b) Gọi H là hình chiếu của A trên BC ; E , F lần lượt là hình chiếu của H trên AB , AC . Tính EF .
c) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC .
d) Gọi K là trung điểm của BC , biết AK cắt EF tại I . Chứng tỏ rằng AK vuông góc với EF . Câu 5: (0,5 điểm).
Giải phương trình sau: 1 x − 2000 + y − 2001 + z − 2002 =
(x + y + z)−3000 . 2 HẾT
PHÒNG GD VÀ ĐT THANH OAI
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG NĂM HỌC 2020 - 2021 ---------- MÔN TOÁN - LỚP 9 THCS.TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) 7 5 + 3 20 − 125 − 2 45 b) 144 − 25. 4 = 7 5 + 6 5 − 5 5 − 6 5 = 12 − 5.2 = = 2 5 . 2 . 2 2 c) ( − )2 3 1 2 − 64 − 2 d) + 5 + 2 5 − 2 = 2 −1− 4 − 2 2 ( 5 − 2) 2 ( 5 + 2) = 5 − . = ( +
5 + 2)( 5 − 2) ( 5 + 2)( 5 − 2) 2 5 − 4 + 2 5 + 4 = 1 = 4 5 . − Câu 2: a) 2x +1 = 5 . ĐK 1 x ≥ 2 ⇔ 2x +1 = 25 ⇔ x = 12(TM ) Vậy S = { } 12 b) x − 2 = 2x − 7 . ĐK 7 x ≥ 2
x − 2 = 2x − 7 ⇔ x = 5(TM ) Vậy S = { } 5
c) x + 3 x − 4 = 0 , x ≥ 0
x + 4 x x − 4 = 0
⇔ ( x + 4)( x −1) = 0 ⇔ ( x − ) 1 = 0
x = 0 ⇔ x = 1(TM ) Vậy S = { } 1 d) 2 x − 2x +1 = 3 2 ⇔ (x −1) = 3 ⇔ x −1 = 3 x −1 = 3 x = 4 ⇔ ⇔   x −1 = 3 − x = 2 − Vậy S = {4; − } 2 Câu 3:
a) Thay x = 16 vào biểu thức A 16 +1 5 A = = 16 + 5 9 x 3 4 − 6 x b) B = + + x −1 x +1 x −1 x ( x + ) 1 x ( x − ) 1 4 − 6 = x B ( x ) + + −1 ( x + ) 1
( x − )1( x + )1 ( x − )1( x + )1 x +
x + 3 x − 3 + 4 − 6 = x B
( x − )1( x + )1 x − 2 x +1
B = ( x − )1( x + )1 ( x − )2 1 x −1 B = ( x − ) = 1 ( x + ) 1 x +1 x +1 x −1 x −1 6 − c) S = . A B = . = = 1+ x + 5 x +1 x + 5 x + 5 Có x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 ⇔ x + 5 ≥ 5 6 − 6 − ⇔ ≥ x + 5 5 6 − 6 − ⇔ 1+ ≥ 1+ x + 5 5 1 − ⇒ S ≥ 5
Xảy ra dấu bằng khi x = 0 . 1 − Vậy GTNN S = khi x = 0 . 5 Câu 4: C K H F 1 I 1 1 A E B a) Xét A
BC vuông tại A có: 2 2 2
AB + AC = BC (Định lí Pytago) 2 2 2 ⇔ 9 +12 = BC 2 ⇔ BC = 225 ⇔ BC = 15cm .  AC 12 4 sin ABC = = = BC 15 5 ⇒  ABC ≈ 53° Mà  ABC + 
ACB = 90° (Định lí) ⇒ 
ACB ≈ 90° − 53° ≈ 37°
b) Xét tứ giác AEHF có:  AEH =  EAF =  AFH = 90°
⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
AH = EF (tính chất) Xét A
BC vuông tại A , đường cao AH có:
AH .BC = A .
B AC (hệ thức lượng) ⇔ AH.15 = 9.12 ⇔ AH = 7,2cmEF = 7,2cm c) Xét A
BH vuông tại H , đường cao HE có: 2
AE.AB = AH (hệ thức lượng) ( )1 Xét A
CH vuông tại H , đường cao HF có: 2
AF.AC = AH (hệ thức lượng) (2) Từ ( )
1 và (2) ta có AE.AB = AF.AC (đpcm)
d) Ta có: AE.AB = AF.AC (cmt) AE AC ⇒ = AF AB Xét AEF ACB có:  EAF chung AE AC = (cmt) AF AB
⇒ ∆ AEFACB (c.g.c) ⇒  =  F
B (2 góc tương ứng) 1 Xét A
BC vuông tại A AK là đường trung tuyến
AK = KC (tính chất) ⇒ A
KC cân tại K ⇒  =  A C (tính chất) 1 Mà  B +  C = 90° (định lí) ⇒  A +  F = 90° 1 1 Xét AIF có:  A +  F + 
I = 90° (định lí tổng 3 góc trong một tam giác) 1 1 1 ⇒ I = 90° 1 ⇒ AK EF 1 Câu 5: x − 2000 + y − 2001 + z − 2002 =
(x + y + z)−3000 (*) . (Điều kiện: x ≥ 2000 , 2
y ≥ 2001 , z ≥ 2002 ). x − 2000 ≥ 0 
Do x ≥ 2000 , y ≥ 2001 , z ≥ 2002 nên suy ra:  y − 2001 ≥ 0 . z − 2002 ≥ 0 
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm ta được:
(x − 2000)+1≥ 2 (x − 2000).1 ⇔ x −1999 ≥ 2 x − 2000 ( )1 . ( y − ) 2001 +1 ≥ 2 ( y − )
2001 .1 ⇔ y − 2000 ≥ 2 y − 2001 (2) .
(z − 2002)+1≥ 2 (z − 2002).1 ⇔ z − 2001≥ 2 z − 2002 (3).
Cộng vế với vế của ( ) 1 , (2) , (3) ta được:
x + y + z − 6000 ≥ 2 x − 2000 + 2 y − 2001 + 2 z − 2002 1
⇔ (x + y + z) −3000 ≥ x − 2000 + y − 2001 + z − 2002 (4) . 2 
x = 2001 (TM ) x − 2000 = 1  
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi  y − 2001 = 1 ⇔  y = 2002 (TM ) (**) .   z − 2002 = 1  z = 2003  (TM )
x = 2001 (TM ) 
Từ (*) , (4) và (**) suy ra (*) ⇔  y = 2002 (TM ) . z = 2003  (TM )
Vậy phương trình (*) có nghiệm là: ( x; y ; z) = (2001; 2002; 2003) .
__________ THCS.TOANMATH.com __________