Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Cầu Giấy – Hà Nội

PHÒNG GD&ĐT QUẬN CẦU GIẤY
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I
TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY NĂM HỌC 2020 - 2021 ---------- MÔN TOÁN - LỚP 9 THCS.TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức 2 − 3 2 + 3
A = (2 6 − 4 3 + 5 2 ).3 6 B = + 2 + 3 2 − 3
C = 48 −10 7 + 4 3 + 2 + 3 Bài 2:
(1,5 điểm) Giải các phương trình sau
a) x − 3 x − 4 = 0 b) 2x −1 + x −1 = 5 c) 2 x + x + = ( 2 2 7 3 x + ) 1 .( x + 3) x + 7 1 3 x + 8 Bài 3:
(2,5 điểm) Cho biểu thức: A = và B = + +
với x ≥ 0 , x ≠ 1 x −1 x + 2 1− x x + x − 2
a) Tính giá trị của A biết x = 9 + 4 2 b) Rút gọn B
c) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P = .
A B có giá trị nguyên Bài 4: (3,5 điểm)
1. Một cột đèn có bóng trên mặt đất dài 8,5 m . Các tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc
xấp xỉ 38° . Tính chiều cao của cột đèn ? (Kết quả làm tròn đến 1 chữ số thập phân) 2. Cho A ∆ BC nhọn có 
ABC = 60° , đường cao AH . Đường thẳng qua C vuông góc với AC
cắt đường thẳng AH tại D . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H trên AC và CD .
a) Nếu AH = 3cm , AC = 5 cm . Tính độ dài các đoạn thẳng HC , HD , CD ?
b) Chứng minh rằng CF.CD = CE.CA .
c) Biết AB + BC = 8 cm , tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC . Bài 5:
(0,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca = abc . Tìm giá trị lớn nhất a b c
của biểu thức: P = + + . bc (a + ) 1 ca (b + ) 1 ab (c + ) 1  HẾT 
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1:
A = (2 6 − 4 3 + 5 2 ).3 6
A = 2 6.3 6 − 4 3.3 6 + 5 2.3 6 A = 36 −12 18 +15 12 2 2
A = 36 −12 3 .2 +15 2 .3
A = 36 −12.3 2 +15.2 3 = 36 − 36 2 + 30 3 2 − 3 2 + 3 B = + 2 + 3 2 − 3 ( − )2 ( + )2 2 3 2 3 B = ( + 2 + 3 ).(2 − 3) (2− 3).(2+ 3) B = ( − )2 + ( + )2 2 3 2 3 B = 2 − 3 + 2 + 3
B = 2 − 3 + 2 + 3 = 4
C = 48 −10 7 + 4 3 + 2 + 3 C = − ( + )2 48 10 2 3 + 2 + 3 C = 48 −10. 2 + 3 + 2 + 3 C = 48 − 20 −10 3 + 2 + 3 C = 28 −10 3 + 2 + 3 C = ( − )2 5 3 + 2 + 3
C = 5 − 3 + 2 + 3 = 5 − 3 + 2 + 3 = 7 Bài 2:
a) x − 3 x − 4 = 0 (điều kiện: x ≥ 0 )
⇔ x + x − 4 x − 4 = 0
⇔ (x + x )−(4 x + 4) = 0 ⇔ x.( x + ) 1 − 4 ( x + ) 1 = 0
⇔ ( x − 4).( x + ) 1 = 0
⇔ x − 4 = 0 (do x +1 > 0 với mọi x ≥ 0 ) ⇔ x = 4
⇔ x = 16 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x = 16 b) 2x −1 + x −1 = 5
(điều kiện: x ≥1)
⇔ ( x − + x − )2 2 2 1 1 = 5
⇔ 2x −1+ x −1+ 2. (2x − ) 1 .( x − ) 1 = 25 ⇔ 2
3x − 2 + 2. 2x − 3x +1 = 25 ⇔ 2
2. 2x − 3x +1 = 27 − 3x
(điều kiện: x ≤ 9) ⇔ 2 2
8x −12x + 4 = 9x −162x + 729 ⇔ 2
x −150x + 725 = 0 ⇔ 2
x − 5x −145x + 725 = 0
⇔ (x − 5).(x −145) = 0 ⇔ x − 5 = 0
(do đk x ≤ 9 nên x −145 < 0 )
⇔ x = 5 (thỏa mãn điều kiện 1≤ x ≤ 9 )
Vậy phương trình có nghiệm x = 5 c) 2 x + x + = ( 2 2 7 3 x + )
1 .( x + 3) (điều kiện: x ≥ 3 − ) ⇔ ( 2 x + ) 1 + ( x + ) − ( 2 2 3 3 x + ) 1 .( x + 3) = 0 ⇔ ( 2 x + ) 1 − ( 2
x + ) ( x + ) + ( x + ) − ( 2 1 . 3 2 3 x + ) 1 .( x + 3) = 0 ⇔ 2 x +1 ( 2 x +1 − x + 3 ) + x + ( 2 2 3 x + 3 − x +1) = 0
⇔ ( 2x +1− x + ).( 2 2 3 x +1 − x + 3 ) = 0 Trường hợp 1: 2
x +1 − 2 x + 3 = 0 2
⇔ x +1 = 2 x + 3 2
⇔ x +1 = 4x +12 2
⇔ x − 4x −11 = 0 Ta có 2
⇔ x − 4x −11 = 0 2
⇔ x − 4x = 11 ⇔ x − x + = ⇔ (x − )2 2 4 4 15 2 = 15
⇔ x = 2 ± 15 (thỏa mãn điều kiện) Trường hợp 2: 2
x +1 − x + 3 = 0 ⇔ 2 x +1 = x + 3 ⇔ 2 x +1 = x + 3 ⇔ 2
x − x − 2 = 0
⇔ (x − 2).(x + ) 1 = 0 ⇔ x = 1 − hoặc x = 2 (thỏa mãn điều kiện)
Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có tập nghiệm S = {2 − 15; 1 − ;2;2 + 15} . Bài 3: a) Ta có: x = + = + + = ( + )2 9 4 2 8 2.2 2.1 1
2 2 1 (thoả mãn điều kiện) ⇒ x = ( + )2 2 2 1
= 2 2 +1, thay vào biểu thức A , ta có: 2 2.(2 2 + + + + )1 2 2 1 7 2 2 8 A = = = = 2 2 +1 2 2 +1−1 2 2 2 2
Vậy x = 9 + 4 2 , thì A = 2 2 +1
b) Với x ≥ 0 , x ≠ 1 ta có: 1 3 x + 8 B = + + x + 2 1− x x + x − 2 1 3 x + 8 = − + x + 2 x −1
( x +2)( x − )1 3 + x −1 ( x 2) x + 8 = ( − + x + 2)( x − ) 1
( x +2)( x − )1 ( x +2)( x − )1
x −1− 3( x + 2) + x + 8 =
( x +2)( x − )1
x −1− 3 x − 6 + x + 8 − + = x 2 x 1 ( = x + 2)( x − ) 1
( x +2)( x − )1 ( x − )2 1 − = x 1 ( = x + 2)( x − ) 1 x + 2 x + 7 x −1 x + 7 5 c) Ta có: P = . A B = . = =1+ x −1 x + 2 x + 2 x + 2 5
Ta có: x ∈, để P ∈ ⇒
∈ ⇒ 5 x + 2 ⇒ x + 2∈Ö (5) ⇒ x + 2∈{ 1 ± ;± } 5 x + 2
Mà x + 2 ≥ 2 với x ≥ 0 , x ≠ 1
Do đó: x + 2 = 5 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9 (thoả mãn)
Vậy x = 9 thì P = .
A B có giá trị nguyên. Bài 4: A E 60° B H C F D
a) Nếu AH = 3cm , AC = 5 cm . Tính độ dài các đoạn thẳng HC , HD , CD ? +) Xét A
∆ HC vuông tại H , đường cao HE ta có: 2 2 2
AH + HC = AC (định lý Py-ta-go) 2 2 2 2 2
⇒ HC = AC − AH = 5 − 3 = 25 − 9 =16 ⇒ HC = 4 (cm) 2
HC = CE.AC (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) 2 2 HC 4 16 ⇒ CE = = = = 3, 2 (cm) AC 5 5
+) Xét tứ giác HECF có:   
HEC = ECF = HFC = 90°
⇒ tứ giác HECF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)
⇒ HF = CE = 3, 2 (cm) +) Xét C
∆ HD vuông tại H , đường cao HF ta có: 1 1 1 = +
(quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) 2 2 2 HF HC HD 1 1 1 ⇒ = − 2 2 2 HD HF HC 2 2 HC .HF 4 . 3, 2 256 2 ( )2 2 ⇒ HD = = = 2 2 2 HC − HF 4 − (3, 2)2 9 256 16 ⇒ HD = = ≈ 5,3 (cm) 9 3
Có: HF.CD = HC.HD (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) 16 4. HC.HD 20 3 ⇒ CD = = = ≈ 6,7 (cm) HF 16 3 5
b) Chứng minh rằng CF.CD = CE.CA . +) Xét A
∆ HC vuông tại H , đường cao HE ta có: 2
HC = CE.AC (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) ( ) 1 +) Xét C
∆ HD vuông tại H , đường cao HF ta có: 2
HC = CF.CD (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) (2) Từ ( )
1 và (2) ⇒ CF.CD = CE.CA (điều phải chứng minh)
c) Biết AB + BC = 8 cm , tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC . 1 Ta có: S = AH.BC ABC 2 Vì A
∆ BH vuông tại H nên ta có AH = A . B sin B Do đó: 1 1 1 3 3 S = A . B BC.sin B = A . B BC.sin 60° = . .A . B BC = A . B BC ABC 2 2 2 2 4 2 2  AB + BC   8  Mặt khác A . B BC ≤ = = 16      2   2 
Dấu “=” xảy ra khi AB = BC = 4 cm Do đó: 3 S ≤ .16 = 4 3 ∆ ( 2 cm ABC ) 4 Vậy 2 max S = 4 3 cm khi A
∆ BC cân tại B . ABC ∆ Bài 5: Ta có: a a a a 1  a a  = = = ≤  +  bc (a ) 1 abc bc ab bc ca bc
b (a c) c (a b) 4  b (a c) c (a b)  + + + + + + + + + +  
Tương tự ta chứng minh được: b 1  b b  ≤  +  ac (b a) 4  a (b c) c (a b)  + + +   c 1  c c  ≤  +  ab (c ) 1 4  b (a c) a (b c)  + + +    + + +  Do đó a b c 1 a c b c a b P = + + ≤  + +  bc (a ) 1 ca (b ) 1 ab (c ) 1 4  b (a c) a (b c) c (a b)  + + + + + +   1  1 1 1 
1 ab + bc + ca 1 ⇔ P ≤ + + = . =   4  a b c  4 abc 4 1 ⇒ max P = 4
Dấu bằng xảy ra khi b (a + c) = c (a + b) = a (b + c) ⇔ ab + bc = ac + bc = ab + ac
⇔ abc − ac = abc − ab = abc − bc .
⇔ ab = bc = ca mà ab + bc + ca = abc ⇔ a = b = c = 3  HẾT 