Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Mễ Trì – 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 Mễ Trì, quận Từ Liêm, 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 NAM TỪ LIÊM
TRƯỜNG
THCS MỄ T
----------
THCS.TOANMATH.com
Bài 1: (2 điểm). Thc hin phép tính
a)
12 2 27 3 75 48+−
. b)
1 2 27 4 2 3+ −+
.
c)
62 1 6
32 12
2
31 2
+− +
. d)
2 2 33
31 311 3
++
+−
.
Bài 2: (2 điểm). Tìm
x
biết
a)
32 3 6 9x −−=
. b)
2
2 98 0x −=
.
c)
2
9 30xx−+ =
. d)
.
Bài 3: (2,0 điểm). Cho hai biu thc
12
1
11
xx
P
x
xx


1
0; 1
2
x
Q xx
x

a) Tính giá tr ca Q ti
7 43x 
.
b) Rút gn
.M PQ
.
c) Tính các giá tr ca
x
để
1
3
M
.
d) Tìm giá tr nh nht ca
M
.
Bài 4: (3,5 điểm)
1) Cho tam giác
ABC
vuông ti
A
6cm; 8cmAB AC= =
. V
AH
vuông góc
BC
ti
H
.
a) Tính
,,AH HB HC
.
b) Gi
,EF
lần lượt là hình chiếu ca
H
trên
AB
AC
. Gi
O
là giao đim ca
AH
EF
. Chứng minh 4 điểm
,,,AEFH
cùng thuc một đường tròn và
. 4. .HB HC OE OF=
.
c) Gi
M
là trung điểm
BC
. Chng minh
1
2
AEMF ABC
SS=
.
2) Mt tòa nhà có chiu cao
( )
mh
. Khi tia nng to vi mt đt mt góc
55°
thì bóng
ca tòa nhà trên mt đt dài
15m
. Tính chiu cao
h
của tòa nhà. ( Làm tròn đến ch s
thp phân th hai)
Bài 5: (0,5 điểm) Vi các s thực dương
,xy
tha mãn
1xy+≤
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
1P xy
xy

=++


.
HT
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
NĂM HỌC 2020 - 202
1
MÔN TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
NG DN GII CHI TIT
Câu 1. a)
12 2 27 3 75 48+−
2 2 22
2 .3 2 3 .3 3 5 .3 4 .3=+−
2 3 2.3 3 3.5 3 4 3=−+−
23 63 153 43=−+
73=
b)
1 2 27 4 2 3+ −+
( )
2
22
1 2 3 .3 3 2. 3.1 1=+ ++
( )
2
1 2.3 3 3 1=+ −+
163 3 1=+ −+
( )
163 31=+−+
163 31=+ −−
53=
c)
62 1 6
32 12
2
31 2
+− +
2
62 2 6 2
4 .2 12.
31 2 2
= +− +
42 2 62 32= +− +
22=
d)
2 2 33
31 311 3
++
+−
PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM
TRƯỜNG
THCS MỄ T
----------
THCS.TOANMATH.com
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài: 9
0 phút (không kể thời gian giao đề)
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
2.31 2.31 3.31
13
31 31 31 31
+ −−
=++
−+ −+
( )
( )
2. 3 1 2. 3 1
3
22
+−
=+−
31 31 3= ++ −−
3=
Câu 2. a)
32 3 6 9x −−=
Điu kin:
3
2 30
2
xx−≥
32 3 6 9x −−=
3 2 3 15x −=
2 35x −=
2 3 25x −=
2 28x⇔=
14( )x TM⇔=
Vy
14x =
là nghim của phương trình.
b)
2
2 98 0x −=
2
2 98x⇔=
2
98
2
x⇔=
2
98
2
x⇔=
2
49x⇔=
2
7x⇔=
7x⇔=±
Vy
{ }
7; 7x∈−
là nghim của phương trình.
c)
2
9 30xx−+ =
Điu kin:
2
90
3
30
x
x
x
−≥
⇔≥
−≥
2
9 30xx−+ =
3. 3 3 0xx x ++ =
( )
3. 3 1 0xx ++ =
( )
3 0 : 3 1 1 0; 3x do x x = + + >>
30x−=
3( )x TM⇔=
Vy
3x =
là nghim của phương trình.
d)
21 1
9 9 16 16 27 4
3 4 81
x
xx
−− + =
Điu kin:
1x
( ) ( )
21 1
9 1 16 1 27 4
3 4 81
x
xx
−− −+ =
21 1
.3. 1 .4 1 27. 4
34 9
x
xx
−− −+ =
2 1 13 14xx x −− −+ =
4 14x =
11x −=
11x −=
2( )x TM⇔=
Vy
2x =
là nghim của phương trình.
Câu 3. a) Thay
( )
2
74323 23xx= = ⇒=
(tha mãn) vào
Q
ta đưc
( )( )
( )
( )
3 34 3
23133 93
13
23243
4 34 3
Q
−+
−+
= = = =
−+
−+
.
b) Rút gn
.M PQ=
12 1
.
1
11 2
x xx
M
x
xx x

+
= −−


+− +

, vi
0; 1xx≥≠
( )( )
12 1
.
11 2
11
x xx
M
xx x
xx

+

= +−

+− +
+−

( )
( )( )
( )( ) ( )
( )
1
12 1
.
2
11 11 11
xx
x xx
M
x
xx xx xx

++

= +−

+
+− +− +−

( )
( )
12 1
.
2
11
xx x xx
M
x
xx
+ +− +
=
+
+−
( )( )
21 1
.
2
11
xx x
M
x
xx
−+ +
=
+
+−
( )
( )( )
2
1
1
.
2
11
x
x
M
x
xx
+
=
+
+−
1
2
x
M
x
=
+
.
c) Tính các giá tr ca
x
để
1
3
M
<
11
3
2
x
x
−−
⇔<
+
11
0
3
2
x
x
+<
+
( )
33 2
0
32
xx
x
−+ +
⇔<
+
( )
41
0
32
x
x
⇔<
+
( )
0; 1xx≥≠
Theo ĐK ta có
( )
3 20x +>
( )
41 1
0 4 10 0
16
32
x
xx
x
<⇔ <⇔≤<
+
.
Vy vi
1
0
16
x≤<
thì
1
3
M
<
d) Tìm giá tr nh nht ca
M
Ta có:
1 23 3
1
22 2
xx
M
xx x
+−
= = =
++ +
Vì:
33
0 22
2
2
xx
x
≥⇒ +≥⇒
+
( )
3 31
11
22
2
M
x
=− ≥− =
+
.
Vy
1
min
2
M =
khi
0x =
.
Câu 4.
1)
a) Tính
,,AH HB HC
.
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông
ABC
ta có:
2 2 2 22
6 8 100 10cmBC AB AC BC= + =+= =
.
Áp dng h thc lưng cho tam giác vuông
ABC
ta có:
+
. 6.8
. . 4,
8 cm
10
AB AC
AB AC AH BC AH
BC
= ⇒= ==
.
+
22
2
6
. 3,6 cm
10
AB
AB BH BC BH
BC
= ⇒= ==
Suy ra
10 3, 6 6, 4 cmHC BC BH= =−=
.
b) Chng minh
,,,AEFH
cùng thuộc đường tròn:
Xét t giác
AEFH
90FAE AEH AFH= = = °
( gi thiết)
Suy ra t giác
AEFH
là hình ch nht nên
OA OF OE OH= = =
suy ra 4 điểm
,,,AEFH
cùng nằm trên đường tròn tâm
O
đường kính
AH
.
+ Chng minh
. 4. .HB HC OE OF=
2
4 . 4. .
22
EF EF
OE OF OE OF EF=⇒= =
.
EF AH=
( vì
AEFH
là hình ch nht) và
2
.AH HB HC=
( h thc ng trong
tam giác vuông) nên
. 4. .HB HC OE OF=
.
c) K
FK BC
ti
K
,
EQ BC
ti
Q
.
Suy ra
FKQE
là hình thang vuông.d Vì
O
trung điểm
EF
//OH EQ
( cùng
BC
)
Suy ra
OH
là đường trung bình ca hình thang
2FKQE EQ FK OH AH⇒+= =
.
111
...
2 2 24
FMC
BC
S FK MC FK FK BC
= = =
111
...
2 2 24
EMB
BC
S EQ MB EQ EQ BC
= = =
Suy ra
( )
1 11
.
4 42
FMC EMB ABC
S S BC FK EQ BC AH S
∆∆
+ = += =
Q
K
M
O
E
F
H
A
B
C
Mà:
11
22
AEMF EMB FMC ABC AEMF ABC ABC AEMF ABC
SSSSS SSS S
∆∆
++=+ = =
Vy:
1
2
AEMF ABC
SS=
.
2) Gi chiu cao ca tòa nhà là
h AC=
, bóng ca tòa nhà lên mt đt là
15 mAB =
, góc
to bi tia nng vi mt đt là
55CBA = °
( như hình vẽ)
Áp dng t s ng giác ca góc nhn cho tam giác vuông
ABC
ta có:
tan .tan 15.tan55 21,42 m
AC
CBA AC AB CBA
AB
= = =
°≈
Vy tòa nhà cao
21,42 m
.
Câu 5. Vi các s thực dương
,xy
tha mãn
1xy+≤
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
1P xy
xy

=++


.
Vi
, xy
là hai s thc không âm nên ta có:
( )
2 1x y xy+≥
Tht vy
( )
( )
2
10xy⇔−
luôn đúng
Ta có :
22
11 1 2 2 1
2 12P x y xy
x y xy xy
xy xy
+ = ⇒≥ + +
.
Ta có :
1
12
4
x y xy xy≥+
.
1 1 15 1 1 15 1 17
.2 . .
1
16 16 16 16 4
4
xy xy x
y
xy xy xy xy
+= ++ + =
17
2 17
4
P⇒≥ =
.
55
0
15m
h (m)
A
B
C
Vy giá tr nh nht ca
P
17
. Du bng xy ra khi
1
1
2
1
4
xy
xy xy
xy
=
+=⇔==
=
.
HT
| 1/8

Preview text:

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THCS MỄ TRÌ NĂM HỌC 2020 - 2021 ---------- MÔN TOÁN - LỚP 9 THCS.TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:
(2 điểm). Thực hiện phép tính
a) 12 − 2 27 + 3 75 − 48 . b) 1+ 2 27 − 4 + 2 3 . 62 1 6 2 2 3 − 3 c) 32 + −12 + . d) + + . 31 2 2 3 −1 3 +1 1− 3 Bài 2:
(2 điểm). Tìm x biết
a) 3 2x − 3 − 6 = 9 . b) 2 2x − 98 = 0 . c) 2 x − 9 + x − 3 = 0 . d) 2 1 x −1 9x − 9 − 16x −16 + 27 = 4 . 3 4 81 Bài 3:
(2,0 điểm). Cho hai biểu thức x 1 2 x x 1 P    và Q
x  0; x   1 x 1 1 x x 1 x  2
a) Tính giá trị của Q tại x  7  4 3 . b) Rút gọn M  . P Q . 
c) Tính các giá trị của x để 1 M  . 3
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của M . Bài 4: (3,5 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A AB = 6 cm; AC = 8cm . Vẽ AH vuông góc BC tại H .
a) Tính AH , HB, HC .
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB AC . Gọi O là giao điểm của AH
EF . Chứng minh 4 điểm ,
A E, F , H cùng thuộc một đường tròn và .
HB HC = 4.OE.OF . 1
c) Gọi M là trung điểm BC . Chứng minh S = S . AEMF 2 ABC
2) Một tòa nhà có chiều cao h (m) . Khi tia nắng tạo với mặt đất một góc 55° thì bóng
của tòa nhà trên mặt đất dài 15 m . Tính chiều cao h của tòa nhà. ( Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Bài 5:
(0,5 điểm) Với các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 1.  1 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P = + 1+ x y   .  x y  HẾT
PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1
TRƯỜNG THCS MỄ TRÌ 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) 12 − 2 27 + 3 75 − 48 2 2 2 2
= 2 .3 − 2 3 .3 + 3 5 .3 − 4 .3
= 2 3 − 2.3 3 + 3.5 3 − 4 3 = 2 3 − 6 3 +15 3 − 4 3 = 7 3 b)1+ 2 27 − 4 + 2 3 = + − ( )2 2 2 1 2 3 .3 3 + 2. 3.1+1 = + − ( + )2 1 2.3 3 3 1 = 1+ 6 3 − 3 +1 = 1+ 6 3 − ( 3 + ) 1 =1+ 6 3 − 3 −1 = 5 3 62 1 6 c) 32 + −12 + 31 2 2 62 2 6 2 2 = 4 .2 + −12. + 31 2 2 = 4 2 + 2 − 6 2 + 3 2 = 2 2 2 2 3 − 3 d) + + 3 −1 3 +1 1− 3 2.( 3 + ) 1 2.( 3 − ) 1 3.( 3 − ) 1 = ( + + 3 − ) 1 ( 3 + ) 1 ( 3− )1( 3+ )1 1− 3 2.( 3 + ) 1 2.( 3 − ) 1 = + − 3 2 2 = 3 +1+ 3 −1− 3 = 3 Câu 2.
a) 3 2x − 3 − 6 = 9 Điề 3
u kiện: 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 3 2x − 3 − 6 = 9 ⇔ 3 2x − 3 =15 ⇔ 2x − 3 = 5 ⇔ 2x − 3 = 25 ⇔ 2x = 28 ⇔ x = 14(TM )
Vậy x = 14 là nghiệm của phương trình. b) 2 2x − 98 = 0 2 ⇔ 2x = 98 98 2 ⇔ x = 2 98 2 ⇔ x = 2 2 ⇔ x = 49 2 ⇔ x = 7 ⇔ x = ± 7
Vậy x ∈{− 7; 7} là nghiệm của phương trình. c) 2 x − 9 + x − 3 = 0 2  − ≥ Điề x 9 0 u kiện:  ⇔ x ≥ 3 x − 3 ≥ 0 2 x − 9 + x − 3 = 0
x − 3. x + 3 + x − 3 = 0
x − 3.( x +3 + ) 1 = 0
x − 3 = 0 (do: x +3 +1>1> 0; x ∀ ≥ 3) ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3(TM )
Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình. 2 1 x −1 d) 9x − 9 − 16x −16 + 27 = 4 3 4 81 Điều kiện: x ≥1 2 1 x −1 9x − 9 − 16x −16 + 27 = 4 3 4 81 2 ( − ⇔ x − ) 1 − (x − ) x 1 9 1 16 1 + 27 = 4 3 4 81 2 1 x −1
⇔ .3. x −1 − .4 x −1 + 27. = 4 3 4 9
⇔ 2 x −1 − x −1 + 3 x −1 = 4 ⇔ 4 x −1 = 4 ⇔ x −1 =1 ⇔ x −1 =1 ⇔ x = 2(TM )
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. Câu 3. a) Thay x = − = ( − )2 7 4 3 2 3
x = 2 − 3 (thỏa mãn) vào Q ta được − + − (3− 3)(4+ 3 2 3 1 3 3 ) 9− 3 Q = = = = . 2 − 3 + 2 4 − 3 (4− 3)(4+ 3) 13 b) Rút gọn M = . P Qx 1 2 x x +1 M =  − − .  
, với x ≥ 0; x ≠ 1 x +1 1− x x −1 x + 2     x 1 2 x x +1 M   = + −  x + x − ( x + )1( x −  ) . 1 1 1  x + 2   x ( x − ) 1  x +1 2 x x +1 M  (  = + −  x + ) 1 ( x − ) 1
( x + )1( x − )1 ( x + )1( x −  ) . 1  x + 2  x x + x +1− 2 x x +1 M =
( x + )1( x − ) . 1 x + 2 x − 2 x +1 x +1
M = ( x + )1( x − ). 1 x + 2 ( x − )2 1 x +1
M = ( x + )1( x − ). 1 x + 2 x −1 M = . x + 2 −
c) Tính các giá trị của x để 1 M < 3 x −1 1 − − ⇔ < x 1 1 ⇔ + < 0 x + 2 3 x + 2 3 3 x − 3 + x + 2 ⇔ ( < x + ) 0 3 2 4 x −1 ⇔ (
< (x ≥ 0; x ≠ ) 1 x + ) 0 3 2
Theo ĐK ta có 3( x + 2) > 0 4 x −1 1 < ⇔ x − < ⇔ ≤ x < . 3( x + 2) 0 4 1 0 0 16 1 1 −
Vậy với 0 ≤ x < thì M < 16 3
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của M x −1 x + 2 − 3 3 Ta có: M = = =1− x + 2 x + 2 x + 2 3 3 Vì: x ≥ 0 ⇒ x + 2 ≥ 2 ⇒ ≤ x + 2 2 3 3 1 ⇒ M =1− ( ≥ − = − . x + 2) 1 2 2 1
Vậy min M = − khi x = 0 . 2 Câu 4. C K M F H Q O A E B 1)
a) Tính AH , HB, HC .
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ABC ta có: 2 2 2 2 2
BC = AB + AC = 6 + 8 = 100 ⇒ BC = 10 cm .
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta có: A . B AC 6.8 + A .
B AC = AH .BC AH = = = 4,8 cm . BC 10 2 2 AB 6 + 2
AB = BH.BC BH = = = 3,6 cm BC 10
Suy ra HC = BC BH = 10 − 3, 6 = 6, 4 cm . b) Chứng minh ,
A E, F , H cùng thuộc đường tròn:
Xét tứ giác AEFH có  =  =  FAE AEH
AFH = 90° ( giả thiết)
Suy ra tứ giác AEFH là hình chữ nhật nên OA = OF = OE = OH suy ra 4 điểm ,
A E, F , H cùng nằm trên đường tròn tâm O đường kính AH . + Chứng minh .
HB HC = 4.OE.OF EF EF Vì 2
OE = OF ⇒ 4OE.OF = 4. . = EF . 2 2
EF = AH ( vì AEFH là hình chữ nhật) và 2 AH = .
HB HC ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) nên .
HB HC = 4.OE.OF .
c) Kẻ FK BC tại K , EQ BC tại Q .
Suy ra FKQE là hình thang vuông.d Vì O là trung điểm EF OH / /EQ ( cùng ⊥ BC )
Suy ra OH là đường trung bình của hình thang FKQE EQ + FK = 2OH = AH . 1 1 BC 1 S
= FK.MC = FK. = FK.BC FMC 2 2 2 4 1 1 BC 1 S = E . Q MB = E . Q = E . Q BC EMB 2 2 2 4 1 1 1 Suy ra S + S
= BC FK + EQ = BC AH = S FMC EMB ( ) . ∆ 4 4 2 ABC 1 1 Mà: S + S + S = SS + S = SS = S AEMF EMB FMC ABC AEMF ∆ ∆ 2 ABC ABC AEMF 2 ABC 1 Vậy: S = S . AEMF 2 ABC
2) Gọi chiều cao của tòa nhà là h = AC , bóng của tòa nhà lên mặt đất là AB = 15 m , góc
tạo bởi tia nắng với mặt đất là 
CBA = 55° ( như hình vẽ) C h (m) 550 A B 15m
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn cho tam giác vuông ABC ta có:  AC = ⇒ =  tan CBA AC A .
B tan CBA = 15. tan 55° ≈ 21, 42 m AB
Vậy tòa nhà cao 21, 42 m . Câu 5.
Với các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 1.  1 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P = + 1+ x y   .  x y
Với x, y là hai số thực không âm nên ta có: x + y ≥ 2 xy ( )1
Thật vậy ( ) ⇔ ( x y )2 1 ≥ 0 luôn đúng 1 1 1 2 2 1 Ta có : 2 2 + ≥ 2 = ⇒ P ≥ 1+ x y ≥ 2 + xy . x y xy xy xy xy 1
Ta có : 1 ≥ x + y ≥ 2 xy xy ≤ . 4 1 1 15 1 1 15 1 17 ⇒ + xy = + xy + . ≥ 2 .xy + . = xy 16xy 16 xy 16xy 16 1 4 4 17 ⇒ P ≥ 2 = 17 . 4  x = y   1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 . Dấu bằng xảy ra khi x + y = 1 ⇔ x = y = . 2   1 xy =  4  HẾT