Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Thanh Liệt – 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 Thanh Liệt, huyện Thanh Trì, 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.

TRƯỜNG
THCS THANH LIỆT
----------
THCS.TOANMATH.com
ĐỀ 1
Bài 1: (2đim) Tính giá tr ca biu thc:
a)
8 2 18 203A =−+
b)
3 32 2
31 1 2
B
−−
=
−−
Bài 2: (1,5 điểm) Giải các phương trình
a)
2 14x −=
b)
2
4 4 1 31xx +=
Bài 3: (2 điểm) Cho các biu thc
2 1 49
9
33
x x xx
P
x
xx
+ −−
=++
−+
;
5
3
x
Q
x
+
=
vi
0x
,
9x
.
a) Tìm giá tr ca
Q
biết
.
b) Chng minh rng:
3
x
P
x
=
.
c) Đt
:M PQ=
. Tìm giá tr ca
x
để
1
2
M >
.
Bài 4: (1 điểm) Mt cây tre b gy ngang thân, ngn tre va chạm đất và to vi mặt đất mt
góc
30°
biết khong cách t v trí ngn tre chạm đất ti gc cây là
4,5m
. Tính chiu cao
ban đầu của cây tre (làm tròn đến cm).
Bài 5: (3 điểm) Cho tam giác
ABC
vuông ti
A
( )
AB AC<
. Đường cao
AH
( )
H BC
. Gi
M
N
lần lượt là hình chiếu ca
H
trên
AB
AC
.
a) Ga s
3,6 cmHB =
,
6,4cmHC =
. Tính độ dài
HA
,
AC
và góc
B
, góc
C
.
b) Chng minh:
..AM AB AN AC=
. ..HB HC AM MB AN NC= +
.
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)
c) Qua
A
k đường thng vuông góc vi
MN
ct
BC
ti
K
. Chng minh rng:
K
trung điểm của đoạn thng
BC
.
Bài 6: (0,5 điểm) Giải phương trình sau
41 5
2x xx
xx x
+ −=+
HT
NG DN GII CHI TIT
Bài 1: a)
8 2 18 203A =−+
3.2 2 2.3 2 2 5A =−+
62 62 25A =−+
25A =
.
b)
3 32 2
31 1 2
B
−−
=
−−
( )
( )
3 31 2 21
31 21
B
−−
= +
−−
32B = +
Bài 2: a)
2 14x −=
Điu kin:
1
2 10
2
xx−≥
.
2 14x −=
2 1 16x −=
2 16 1x⇔=+
2 17x⇔=
17
2
x⇔=
(tho mãn)
Vy
17
2
x =
.
b)
2
4 4 1 31xx +=
( )
2
2 1 31x −=−
2 1 31x −=
( )
3
2 1 31
23
2
2 1 31
2 1 31 32
2
x
x
x
x
x
x
=
−=
=
⇔⇔
−=
=−+ −+
=
Vy
3 32
;
22
x

−+




Bài 3: a) Khi
(tho mãn điều kin) ta có
15 6
3
2
31
Q
+
= = =
.
b) Vi
0x
,
9x
ta có:
2 1 49
9
33
x x xx
P
x
xx
+ −−
=++
−+
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
23 13
49
9
33 33
x x xx
xx
x
xx xx
+ +−
−−
=+−
−+ −+
( )( ) ( )( ) ( )( )
6 23 49
33 33 33
xx xx xx
xx xx xx
+ −− −−
=+−
−+ −+ −+
( )
( )
62349
33
xx x x x x
xx
+ + −−+ +
=
−+
( )( )
3
33
xx
xx
+
=
−+
( )
( )
( )
3
3
33
xx
x
x
xx
+
= =
−+
.
Vy
3
x
P
x
=
.
c) Ta có
:M PQ=
5
:
33
xx
xx
+
=
−−
3
.
35
xx
xx
=
−+
5
x
x
=
+
.
0x
0x∀≥
,
9x
;
50x +>
0x∀≥
,
9x
nên
0
5
x
M
x
+
=
0x∀≥
,
9x
5
x
M
x
⇒=
+
.
11
22
5
x
M
x
>⇔ >
+
1
0
2
5
x
x
−>
+
(
)
25
0
25
xx
x
−−
⇔>
+
50x −>
(vì
( )
2 50x +>
0x∀≥
,
9x
)
5 25xx >⇔>
(tha mãn).
Vy
25x >
thì
1
2
M >
.
Bài 4:
Gi các điểm như trên hình vẽ, khi đó ta có chiều cao ban đầu ca cây tre là
AB BC+
.
Trong tam giác vuông
ABC
có:
33
tan .tan 4,5.tan 30
2
AB
C AB AC C m
AC
= = = °=
.
4,5
cos 3
3
cos cos30
AC AC
C BC m
BC C
= ⇒= = =
°
.
Vy chiều cao ban đầu ca cây tre là
33 93
3 3 7,79
22
779AB B cmCm+= + = =
.
Bài 5:
a) Xét tam giác
ABC
vuông ti
A
có: AH là đường cao
2
. 3,6.6,4HA HB HC= =
4,8HA⇒=
(cm).
( )
2
. 6,4. 3,6 6,4AC HC BC= = +
8HC⇒=
(cm)
8
sin
10
AC
B
BC
= =
53,13B⇒≈ °
.
90 53,13 36,87C °− ° °
.
b) Xét tam giác
AHB
vuông ti
H
,
HM
là đường cao
2
.HA AM AB=
( )
1
Xét tam giác
AHC
vuông ti
H
,
HN
là đường cao
2
.HA AN AC=
( )
2
T
( )
1
( )
2
suy ra
..AM AB AN AC=
Xét t giác
ANHM
có:
90AM N= = = °
ANHM
là hình ch nht.
4,5 m
30
°
B
C
A
E
K
N
M
H
A
C
B
MN AH⇒=
2
.MN HB HC⇒=
( )
3
Xét tam giác
AHB
vuông ti
H
,
HM
là đường cao ta có:
2
.HM AM BM=
Xét tam giác
AHC
vuông ti
H
,
HN
là đường cao ta có:
2
.HN AN CN=
Xét tam giác
MHN
vuông ti
H
có:
2 22
..MN HM HN AM MB AN NC= += +
( )
4
T
( )
3
( )
4
suy ra
. ..HB HC AM MB AN NC= +
.
c) Theo câu a) ta có
..AM AB AN AC=
AM AN
AC AB
⇒=
.
Xét tam giác
AMN
và tam giác
ACB
có:
chung
AM AN
AC AB
A
=
ABC ANM⇒∆
AMN ACB
ANM ABC
=
=
KAC AMN=
(cùng ph vi góc
ANM
)
KAC ACB⇒=
AKC⇒∆
cân ti
K
KA KC⇒=
( )
5
.
Chứng minh tương tự ta có
AKB⇒∆
cân ti
K
KA KB⇒=
( )
6
.
T
( )
5
( )
6
suy ra
KB KC=
.
Bài 6: Cách 1:
41 5
2x xx
xx x
+ −=+
Điu kin:
0
1
0
5
20
x
x
x
x
x
−≥
−≥
41 5
2x xx
xx x
+ −=+
4 51
2xx x
x xx
−=
4 51 51 51
.2 2 .2xxx xx xx
x xx xx xx


−+ = −+ −−





4 5 1 51
.2 2xx x xx
x x x xx


+ = −+





4 514
.2xx x x
x xxx


−+ =





4 5 14
.2 0xx x x
x x xx


−+ + =





4 51
.2 1
0xx x
x xx


−+ −+ =





51
2 10xx
xx
−+ −+>
4
0x
x
−=
2
4x⇔=
2x⇔=±
Th lại điều kiện xác định
2x =
Vy
2x =
Cách 2:
41 5
2x xx
xx x
+ −=+
( )
1
Đặt
1
ax
x
=
( )
0a
,
5
2bx
x
=
( )
0b
Ta có:
22
1 54
2ab x x x
x xx
=−− +=
Do đó
( )
1
22
0a b ab +−=
( ) ( ) ( )
.0ab ab ab ++−=
( ) ( )
. 10ab ab ++ =
0a
,
0b
10 0ab ab ab⇒++>⇒−==
15
2xx
xx
−=
154
20xxx
xxx
−= −⇔−=
( )
( )
2
2
40
2
thoaû maõn
loaïi
x
x
x
=
−=
=
Vậy phương trình có nghiệm
2x =
.
HT
| 1/7

Preview text:

TRƯỜNG THCS THANH LIỆT
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) ĐỀ 1 Bài 1:
(2điểm) Tính giá trị của biểu thức:
a) A = 3 8 − 2 18 + 20 3 − 3 2 − 2 b) B = − 3 −1 1− 2 Bài 2:
(1,5 điểm) Giải các phương trình a) 2x −1 = 4 b) 2
4x − 4x +1 = 3 −1 x − 2 x +1 x − 4 x − 9 x + 5 Bài 3:
(2 điểm) Cho các biểu thức P = + + ; Q = với x ≥ 0 , x − 3 x + 3 9 − x 3 − x x ≠ 9 .
a) Tìm giá trị của Q biết x = 1 . x
b) Chứng minh rằng: P = . x − 3
c) Đặt M = P :Q . Tìm giá trị của x để 1 M > . 2 Bài 4:
(1 điểm) Một cây tre bị gẫy ngang thân, ngọn tre vừa chạm đất và tạo với mặt đất một
góc 30° biết khoảng cách từ vị trí ngọn tre chạm đất tới gốc cây là 4,5m . Tính chiều cao
ban đầu của cây tre (làm tròn đến cm). Bài 5:
(3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC) . Đường cao AH (H BC) . Gọi
M N lần lượt là hình chiếu của H trên AB AC .
a) Gỉa sử HB = 3, 6 cm , HC = 6, 4 cm . Tính độ dài HA , AC và góc B , góc C .
b) Chứng minh: AM .AB = AN.AC và .
HB HC = AM .MB + AN.NC .
c) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt BC tại K . Chứng minh rằng: K
trung điểm của đoạn thẳng BC . Bài 6:
(0,5 điểm) Giải phương trình sau 4 1 5
+ x − = x + 2x x x xHẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1:
a) A = 3 8 − 2 18 + 20
A = 3.2 2 − 2.3 2 + 2 5 A = 6 2 − 6 2 + 2 5 A = 2 5 . 3 − 3 2 − 2 b) B = − 3 −1 1− 2 3 ( 3 − ) 1 2 ( 2 − ) 1 B = + 3 −1 2 −1 B = 3 + 2 Bài 2: a) 2x −1 = 4 Điề 1
u kiện: 2x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 2 2x −1 = 4 ⇔ 2x −1 =16 ⇔ 2x =16 +1 ⇔ 2x =17 17 ⇔ x = (thoả mãn) 2 17 Vậy x = . 2 b) 2
4x − 4x +1 = 3 −1 ⇔ ( x − )2 2 1 = 3 −1 ⇔ 2x −1 = 3 −1  3  − = −   = 2 1 3 1 x x 2x = 3 ⇔  ⇔  ⇔   x − = −  ( − ) 2 2 1 3 1
2x −1 = − 3 +1  − 3 + 2 x =  2  3 − 3 + 2 Vậy x ∈  ;   2 2   1 + 5 6 Bài 3:
a) Khi x = 1 (thoả mãn điều kiện) ta có Q = = = 3. 3 − 1 2
b) Với x ≥ 0 , x ≠ 9 ta có: x − 2 x +1 x − 4 x − 9 P = + + x − 3 x + 3 9 − x
( x −2)( x +3) ( x + )1( x −3) x−4 x −9 = ( + −
x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3) x − 9 x + x − 6 x − 2 x − 3 x − 4 x − 9 = ( + −
x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3) x +
x − 6 + x − 2 x − 3 − x + 4 x + 9 = ( x −3)( x +3) x + 3 x
= ( x −3)( x +3) x ( x + 3) x = ( = . x − 3)( x + 3) x − 3 x Vậy P = . x − 3 x x + x 3 − xx c) Ta có M = 5 P : Q = : = . = . x − 3 3 − x x − 3 x + 5 x + 5 − xx ≥ 0 x
∀ ≥ 0 , x ≠ 9 ; x + 5 > 0 x
∀ ≥ 0 , x ≠ 9 nên M = ≤ 0 x ∀ ≥ 0 , x ≠ 9 x + 5 xM = . x + 5 1 x 1 ⇒ M > ⇔ > 2 x + 5 2 x 1 ⇔ − > 0 x + 5 2 2 x x − 5 ⇔ ( > x + ) 0 2 5
x − 5 > 0 (vì 2( x +5) > 0 x ∀ ≥ 0 , x ≠ 9 )
x > 5 ⇔ x > 25 (thỏa mãn). 1
Vậy x > 25 thì M > . 2 Bài 4: B 30° C 4,5 m A
Gọi các điểm như trên hình vẽ, khi đó ta có chiều cao ban đầu của cây tre là AB + BC .
Trong tam giác vuông ABC có: AB 3 3 tan C =
AB = AC.tan C = 4,5.tan 30° = m . AC 2 AC AC 4, 5 cos C = ⇒ BC = = = 3 3m . BC cos C cos 30° 3 3 9 3
Vậy chiều cao ban đầu của cây tre là AB + BC = + 3 3 =
≈ 7,79m = 779cm . 2 2 Bài 5: B H M K E A C N
a) Xét tam giác ABC vuông tại A có: AH là đường cao 2 HA = .
HB HC = 3, 6.6, 4 ⇒ HA = 4,8 (cm). 2
AC = HC.BC = 6, 4.(3, 6 + 6, 4) ⇒ HC = 8 (cm) AC 8 sin B = =  ⇒ B ≈ 53,13° . BC 10 
C ≈ 90° − 53,13° ≈ 36,87° .
b) Xét tam giác AHB vuông tại H , HM là đường cao ⇒ 2
HA = AM .AB ( ) 1
Xét tam giác AHC vuông tại H , HN là đường cao ⇒ 2
HA = AN.AC (2) Từ ( )
1 và (2) suy ra AM .AB = AN.AC
Xét tứ giác ANHM có:   
A = M = N = 90°
ANHM là hình chữ nhật. ⇒ MN = AH 2 ⇒ MN = . HB HC (3)
Xét tam giác AHB vuông tại H , HM là đường cao ta có: 2
HM = AM .BM
Xét tam giác AHC vuông tại H , HN là đường cao ta có: 2
HN = AN.CN
Xét tam giác MHN vuông tại H có: 2 2 2
MN = HM + HN = AM .MB + AN.NC (4) Từ (3) và (4) suy ra .
HB HC = AM .MB + AN.NC .
c) Theo câu a) ta có AM .AB = AM AN AN.AC ⇒ = . AC AB
Xét tam giác AMN và tam giác ACB có:  AM AN =    AMN = ACBAC AB ABC ANM ⇒      = A chung ANM ABC Mà  
KAC = AMN (cùng phụ với góc  ANM )   ⇒ KAC = ACBA
KC cân tại K KA = KC (5).
Chứng minh tương tự ta có ⇒ A
KB cân tại K KA = KB (6) .
Từ (5) và (6) suy ra KB = KC . 4 1 5 Bài 6: Cách 1:
+ x − = x + 2x x x x  x ≠ 0  Điề  1
u kiện: x − ≥ 0 x   5 2x − ≥ 0  x 4 1 5
+ x − = x + 2x x x x 4 5 1
⇔ − x = 2x − − x x x x  4   5 1   5 1   5 1  ⇔ − x . 
  2x − + x −  =  2x − + x − . 2x − − x −         xx x x x x x        4   5 1  5 1 ⇔ − x . 
  2x − + x −  = 2x − − x +    xx x x x    4   5 1  4 ⇔ − x . 
  2x − + x −  = x −    xx x x    4   5 1   4  ⇔ − x . 
  2x − + x −  + − x = 0      xx x    x   4   5 1  ⇔ − x . 
  2x − + x − +1 = 0    xx x   5 1 Mà 2x − + x − +1 > 0 x x 4 ⇔ − x = 0 x 2 ⇔ x = 4 ⇔ x = 2 ±
Thử lại điều kiện xác định x = 2 Vậy x = 2 4 1 5 Cách 2:
+ x − = x + 2x − ( )1 x x x Đặ 1 5 t a = x
(a ≥ 0), b = 2x − (b ≥ 0) x x 1 5 4 Ta có: 2 2
a b = x − − 2x + = − x x x x Do đó ( ) 1 2 2
a b + a b = 0 ⇔ (a b).(a + b) + (a b) = 0 ⇔ (a b).(a + b + ) 1 = 0
a ≥ 0 , b ≥ 0 ⇒ a + b +1 > 0 ⇒ a b = 0 ⇒ a = b 1 5
x − = 2x − 1 5 4
x − = 2x − ⇔ x − = 0 x x x x xx = 2 thoaû maõn 2 ( )
x − 4 = 0 ⇔ x = 2 −  (loaïi)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .  HẾT