Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Thành Công – 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 Thành Công, quận Ba Đình, 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.

Bài 1: (2 điểm) Thc hin phép tính:
a)
3
8
25 27
2
++
b)
( )
2
5 3 27 . 3
31
−+
c)
( )
6 10 . 8 2. 15+−
Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình:
a)
32x −=
b)
( )
9
1 44 13
25
xx x−+ =
c)
96 9xx x+− =
Bài 3: (2 điểm) Cho biu thc
2
x
A
x
=
vi
0x
4x
.
a) Tính giá tr ca
khi
9x =
.
b) Tìm
x
biết
1
3
A =
.
c) Cho biu thc
12 2
:
2
xx
BA
x xx x

−+
=


−+

. Tìm
m
để phương trình
Bm=
nghim.
Bài 4: (1,5 điểm) Các tia nng mt tri to vi mặt đất mt góc bng
60°
.
a) Tính độ dài bóng ca mt cột đèn trên
mặt đất (Làm tròn đến mét ), biết cột đèn
cao
7
m.
b) Ti thời điểm đó, gần cột đèn có một tòa
nhà cao tng có bóng trên mặt đất bng
86,7
m. Tính s tng ca tòa nhà, biết mi
tng cao khong
3
m. (Coi như các tia sáng
mt trời là các đường thng song song).
Bài 5: (2,5 điểm) Cho
ABC
vuông ti
A
AB AC<
, đường cao
AH
.
a) Cho
5AB cm=
,
13BC cm=
. Tính
BH
(làm tròn đến ch s thp phân th ba).
b) K
HD AB
,
HE AC
. Chng minh:
..AD AB AE AC=
.
c) Nếu
45ACB
ACB
α
=
. Chng minh:
2
2cos 1 cos2
αα
−=
.
60
°
86,7m
7m
_
_________ THCS.TOANMATH.com __________
TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG
----------
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 thời gian giao đề)
NG DN GII CHI TIT
Bài 1: a)
3
8
25 27
2
++
52310=++=
b)
( )
2
5 3 27 . 3
31
−+
( )
( )
( )
2. 3 1
5333.3 1
59 317 3
31
+
= + = + += +
c)
( )
6 10 . 8 2. 15+−
( )
( )
( )
( )
2
235.53 23553= + −= +
2.(5 3) 2 2= −=
Bài 2: a)
32x −=
(điu kin
3x
)
34x −=
7x =
thỏa mãn điều kin
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
7x =
b)
( )
9
1 44 13
25
xx x−+ =
(điu kin:
1x
)
3
12 1 13
5
xx x−+ −− =
12
13
5
x −=
5
1
4
x −=
25
1
16
x −=
41
16
x =
(thỏa mãn điều kin)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
41
16
x =
.
c)
96 9xx x+− =
(điu kin:
9x
)
( )
2
3 90xx + −=
30
90
x
x
−=
−=
9x =
(thỏa mãn điều kin)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
9x =
.
Bài 3: a) Thay
9x =
(thỏa mãn điều kin) vào
A
ta được.
93
3
23
29
A = = =
b) Ta có
1
3
A =
1
3
2
x
x
⇔=
1
0
3
2
x
x
−=
( )
32
0
32
xx
x
−+
⇔=
( )
42 1 1
0 4 20
24
32
x
x xx
x
=⇒ −= = =
(thỏa mãn điều kin)
Vy
1
4
x =
thì
1
3
A =
c) Ta có
12 2
:
2
xx
BA
x xx x

−+
=


−+

( )
( )
( )
21
1
:
2
21
x
xx
x
xx xx

+

=

−+

( )
12
:
2
2
xx
xx
xx


=


( )
( )
12 2
:
2
2
xx
x
x
xx
−−
=
( )
3
:
2
2
xx
x
xx
=
( )
( )
2
.
23
3
xx
xx
xx
x
= =
−−
, vi
0x
4x
,
9x
.
Ta có
30
3
x
m xmx m
x
= ⇔− + =
(1)
Đặt
xt=
( )
0t
, ta có phương trình
( )
1
tr thành:
2
30t mt m−+ =
(2)
( )
2
12 12m m mm∆= =
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
,
2t
,
3t
Khi đó, ta có các trường hp sau:
*TH1: Phương trình có nghiệm là
0
, ta có
2
0 .0 3 0 0mm m + =⇔=
*TH2: Phương trình có nghiệm bng 2 và mt nghim không âm khác 3.
Phương trình (2) có nghiệm bng 2
4 .2 3 0mm +=
4m⇔=
Khi đó phương trình (2) nghiệm th 2 là:
6t =
(không tha mãn điu kin)
4m⇒=
(loi)
*TH3: Phương trình có mt nghim bng 3 và mt nghim không âm khác 2.
Phương trình (2) có nghiệm bng 3
9 .3 3 0 9 0mm + =⇔=
(vô lý)
không có giá tr ca
m
tha mãn.
*TH4: Phương trình có hai nghiệm trái du khác
2; 3
, ta có
1.3 0
4 .2 3 0
9 .3 3 0
m
mm
mm
<
+≠
+≠
0
4
m
m
<
≠−
*TH5: Phương trình có hai nghiệm dương khác
2; 3
, ta có
0
0
30
4 .2 3 0
9 .3 3 0
m
m
mm
mm
∆≥
>
>
+≠
+≠
12
0
0 12
4
m
m
mm
m
≥
> ⇔≥
≠−
Vy
0
12
4
m
m
m
≤
≠−
thì phương trình
Bm=
có nghim.
Bài 4:
Gi các điểm như hình v:
a) T hình v ta thy bóng cột đèn là đoạn
AC
.
Xét
ABC
vuông ti
A
có:
.cotAC AB C=
(H thc lưng trong tam giác vuông)
Thay s:
73
7.cot 60 4
3
AC = °=
(m)
Vy đ dài bóng ca mt cột đèn trên mặt đất là
4
(m)
b) Do các tia sáng song song vi nhau nên
//EF BC
60CF⇒==°
(2 góc v trí đng v)
Chiu cao ca tòa nhà là:
.tanED FD F=
Thay s:
86,7.tan 60ED = °
ED 150
(m)
Tòa nhà có s tng là:
150: 3 = 50
(tng)
Vậy, tòa nhà đó có
50
tng.
Bài 5:
60
°
86,7m
7m
a)
ABC
vuông ti
A
2
.AB BH BC=
( )
2
25
1,923
13
AB
BH cm
BC
= =
b)
AHB
vuông ti
H
HD AB
2
.AH AD AE=
AHC
vuông ti
H
HE AC
2
.AH AE AC=
..AD AB AE AC=
c) Ly
M
là trung điểm ca
BC
.
ABC
vuông ti
A
AM
là đường trung tuyến
2
BC
AM MB MC= = =
MAC
cân ti
M
22AMH ACB
α
= =
AHM
vuông ti
H
cos cos2
HM
AMH
AM
α
= =
ABC
vuông ti
A
cos cos
AC
C
BC
α
= =
2 22 22
2
2 22 2
2 2 ..
2cos 1 1
2
cos2
2
AC AC BC AC AB CH BC BH BC
BC BC BC B
C
CH BH HM HM
BC AM AM
α
α
−−
−= −= = =
= = = =
2
2cos 1 cos2
αα
−=
(đpcm)
HT
M
E
D
H
B
A
C
| 1/5

Preview text:

TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1 ---------- NĂM HỌC 2020 - 2021 THCS.TOANMATH.com MÔN TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:
(2 điểm) Thực hiện phép tính: 8 a) 3 25 + + 27 2 b) ( − ) 2 5 3 27 . 3 + 3 −1 c) ( 6 + 10 ). 8 − 2. 15 Bài 2:
(2 điểm) Giải phương trình: a) x − 3 = 2 9
b) x −1 + 4x − 4 − (x − )1 = 3 25
c) 9 + x − 6 x = − x − 9 x Bài 3:
(2 điểm) Cho biểu thức A =
với x ≥ 0 và x ≠ 4 . 2 − x
a) Tính giá trị của A khi x = 9 . 1
b) Tìm x biết A = . 3  x −1 2 x + 2 
c) Cho biểu thức B = A :  −  
 . Tìm m để phương trình B = m x − 2 x x + x   nghiệm. Bài 4:
(1,5 điểm) Các tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc bằng 60°.
a) Tính độ dài bóng của một cột đèn trên
mặt đất (Làm tròn đến mét ), biết cột đèn cao 7 m.
b) Tại thời điểm đó, gần cột đèn có một tòa
nhà cao tầng có bóng trên mặt đất bằng
86, 7 m. Tính số tầng của tòa nhà, biết mỗi 7m
tầng cao khoảng 3 m. (Coi như các tia sáng 60° 86,7m
mặt trời là các đường thẳng song song). Bài 5: (2,5 điểm) Cho A
BC vuông tại A AB < AC , đường cao AH .
a) Cho AB = 5cm , BC = 13cm . Tính BH (làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba).
b) Kẻ HD AB , HE AC . Chứng minh: A .
D AB = AE.AC . c) Nếu  ACB < 45° và 
ACB = α . Chứng minh: 2 2 cos α −1 = cos 2α .
__________ THCS.TOANMATH.com __________
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 8 Bài 1: a) 3 25 + + 27 2 = 5 + 2 + 3 = 10 b) ( − ) 2 5 3 27 . 3 + 3 −1 = ( − ) 2.( 3 + ) 1 5 3 3 3 . 3 + = (15 − 9) + 3 +1 = 7 + 3 3 −1 c) ( 6 + 10 ). 8 − 2. 15 = ( + ) ( − )2 2 3 5 . 5 3 = 2 ( 3 + 5)( 5 − 3) = 2.(5 − 3) = 2 2 Bài 2:
a) x − 3 = 2 (điều kiện x  3 ) ⇔ x − 3 = 4
x = 7 thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 7 9
b) x −1 + 4x − 4 −
(x − )1 = 3 (điều kiện: x ≥1) 25 ⇔ 3
x −1 + 2 x −1 − x −1 = 3 5 ⇔ 12 x −1 = 3 5 ⇔ 5 x −1 = 4 ⇔ 25 x −1 = 16 ⇔ 41 x = (thỏa mãn điều kiện) 16 41
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = . 16
c) 9 + x − 6 x = − x − 9 (điều kiện: x ≥ 9 ) ⇔ ( x − )2 3 + x − 9 = 0  − = ⇔ x 3 0   x − 9 = 0
x = 9 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 9 . Bài 3:
a) Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào A ta được. 9 3 A = = = 3 − 2 − 9 2 − 3 1 x x 1 3 x − 2 + x b) Ta có A = 1 ⇔ = ⇔ − = 0 ⇔ = 0 3 2 − x 3 2 − x 3 3(2 − x ) 4 x − 2 1 1 ⇔ = ⇒ x − =
x = ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) 3(2 − x ) 0 4 2 0 2 4 1 1 Vậy x = thì A = 4 3   2 − ( x +  x x ) x −1 2 x + 2  1 1
c) Ta có B = A :  −  =  −    : x − 2 x x + x
 2 − x x ( x − 2) x ( x +  )1   x −1− 2 − x ( x 2) x x −1 2 = :  −  = : 2 − x x 2 − x x ( x − 2) 
( x −2) x  x (2 − x x ) x 3 − x = x : = . =
, với x ≥ 0 và x ≠ 4 , x ≠ 9 . 2 − x
x ( x − 2) 2 − x ( x −3) x − 3 x Ta có
= m x m x + 3m = 0 (1) x − 3
Đặt x = t (t ≥ 0), ta có phương trình ( ) 1 trở thành: 2
t mt + 3m = 0 (2) Có 2
∆ = m −12m = m(m −12)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0 , t ≠ 2 , t ≠ 3
Khi đó, ta có các trường hợp sau:
*TH1: Phương trình có nghiệm là 0 , ta có 2 0 − .0
m + 3m = 0 ⇔ m = 0
*TH2: Phương trình có nghiệm bằng 2 và một nghiệm không âm khác 3.
Phương trình (2) có nghiệm bằng 2 ⇔ 4 − .2
m + 3m = 0 ⇔ m = 4 −
Khi đó phương trình (2) có nghiệm thứ 2 là: t = 6
− (không thỏa mãn điều kiện) ⇒ m = 4 − (loại)
*TH3: Phương trình có một nghiệm bằng 3 và một nghiệm không âm khác 2.
Phương trình (2) có nghiệm bằng 3 ⇔ 9 − .3
m + 3m = 0 ⇔ 9 = 0 (vô lý)
⇒ không có giá trị của m thỏa mãn.
*TH4: Phương trình có hai nghiệm trái dấu khác 2; 3, ta có 1.3  m < 0  m < 0 4 − .2
m + 3m ≠ 0 ⇔   m ≠ 4 − 9 − .3 m + 3m ≠ 0 
*TH5: Phương trình có hai nghiệm dương khác 2; 3, ta có ∆ ≥ 0 m ≥12   m > 0  m ≤ 0   3  m > 0
⇔ m > 0 ⇔ m ≥12   4 − .2 m + 3m ≠ 0  m ≠ 4 −  9  − .3 m + 3m ≠ 0   m ≤ 0 
Vậy m ≥ 12 thì phương trình B = m có nghiệm.  m ≠ 4 − Bài 4: 7m 60° 86,7m
Gọi các điểm như hình vẽ:
a) Từ hình vẽ ta thấy bóng cột đèn là đoạn AC . Xét A
BC vuông tại A có: AC = A .
B cot C (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 7 3
Thay số: AC = 7.cot 60° = ≈ 4 (m) 3
Vậy độ dài bóng của một cột đèn trên mặt đất là 4 (m)
b) Do các tia sáng song song với nhau nên EF // BC ⇒  =  C
F = 60° (2 góc ở vị trí đồng vị)
Chiều cao của tòa nhà là: ED = F . D tan F
Thay số: ED = 86, 7.tan 60° ED ≈ 150 (m)
Tòa nhà có số tầng là: 150 : 3 = 50 (tầng)
Vậy, tòa nhà đó có 50 tầng. Bài 5: B H D M A C E 2 AB 25 a) A
BC vuông tại A có 2
AB = BH .BC BH = = ≈1,923(cm) BC 13 b) A
HB vuông tại H HD AB ⇒ 2 AH = A . D AE A
HC vuông tại H HE AC ⇒ 2
AH = AE.ACA .
D AB = AE.AC
c) Lấy M là trung điểm của BC . BC A
BC vuông tại A AM là đường trung tuyến ⇒ AM = MB = MC = 2 ⇒ MA
C cân tại M ⇒  =  AMH 2 ACB = 2α HM A
HM vuông tại H ⇒ 
cos AMH = cos 2α = AM AC A
BC vuông tại A ⇒ cosC = cosα = BC 2 2 2 2 2 2 AC 2 AC BC AC AB
CH .BC BH .BC 2 2 cos α −1 = −1 = = = 2 2 2 2 BC BC BC BC CH BH 2HM HM = = = = cos 2α BC 2 AM AM ⇒ 2
2 cos α −1 = cos 2α (đpcm)  HẾT