Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Thanh Xuân – Hà Nội

TRƯỜNG THCS THANH XUÂN
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 BÀI 6 a 2 1 Câu 1:
( 2 điểm) Cho biểu thức A = và B = + +
với a > 0 , a ≠ 4 . a + 2 a a − 4 2 − a a + 2 1
a) Tính giá trị của A khi a = . 9 b) Rút gọn B .
c) Tìm giá trị nguyên của a để B nhận giá trị nguyên. Câu 2:
Tính giá trị biểu thức: 2 a) A = ( 0,25 − ( 15 − ) + 2,25): 169
b) B = 17 +12 2 + 17 −12 2 1 1 1 1 1 c) C = + + + ...+ + 4 + 5 5 + 6 6 + 7 34 + 35 35 + 36 Câu 3: Giải phương trình a) (3 a − )
1 ( a + 2) = a (2 + 3 a ) b) 2
9a − 6a +1 − a = 1 c) 3 2 3 2
a + a + 4 + a + a − 3 = 7 Câu 4:
Cho hình bình hành A′B C ′ D
′ ′ có ' = < 90o A α
. Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của B′ ,
D′ trên đường chéo A′C′ . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của C′ trên các đường
thẳng A′B′ .
a) Chứng minh rằng: Tam giác B C ′ M
′ đồng dạng với tam giác D C ′ N ′
b) Chứng minh rằng: Tam giác C MN ′
đồng dạng với tam giác B C ′ A ′ ′
Từ đó suy ra MN = A′C .′sinα
c) Tính diện tích tứ giác A′NC M ′ biết B C
′ ′ = 6 cm, A′B′ = 4 cm và α = 60° d) Chứng minh: 2
A′C′ = A′D .′A′N + A′B .′A′M . a Câu 5:
(0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a a −3a +3 a +1 HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1
a) Tính giá trị của A khi a = . 9 1 Thay a =
(thỏa mãn điều kiện đề bài) vào A ta được. 9 6 6 54 A = = = 7 1 1 7 − 2 9 9 9 54 1 Vậy A = khi a = . 7 9 b) Rút gọn B . a 2 1 a 2 1 B = + + = − + a − 4 2 − a a + 2
( a +2)( a −2) a −2 a +2
a − 2 ( a + 2) + ( a − 2)
a − 2 a − 4 + a − 2 6 − 6 B = ( = = = a + 2)( a − 2)
( a +2)( a −2) a−4 4−a
c) Tìm giá trị nguyên của a để B nhận giá trị nguyên. Ta có 6 B ∈ Z ⇔
∈ Z ⇔ 6(4 − a) 4 − a ⇔ (4 − a)∈{ 1 ± , ± 2, ± 3, ± }
6 ⇔ a ∈{5; 3; 6; 2; 7; 1; − 2; 1 } 0
Đối chiếu điều kiện ta có a ∈{5;3;6;2;7;1;1 } 0
Vậy a ∈{5;3;6; 2;7;1;1 }
0 thì B nhận giá trị nguyên. Câu 2: 2 a) A = ( 0,25 − ( 15 − ) + 2,25): 169
A = (0,5 −15 +1,5) :13 A = 13 − :13 A = 1 −
b) B = 17 +12 2 + 17 −12 2 B = ( + )2 + ( − )2 2 2 3 2 2 3
B = 2 2 + 3 − 2 2 + 3 B = 6 1 1 1 1 1 c) C = + + + ...+ + 4 + 5 5 + 6 6 + 7 34 + 35 35 + 36 5 − 4 6 − 5 7 − 6 35 − 34 36 − 35 C = + + +...+ + 5 − 4 6 − 5 7 − 6 35 − 34 36 − 35
C = 5 − 4 + 6 − 5 + 7 − 6 + ... + 35 − 34 + 36 − 35 C = 36 − 4 C = 6 − 2 C = 4 Câu 3: a) (3 a − )
1 ( a + 2) = a (2 + 3 a ) Điều kiện: a ≥ 0
⇔ 3a + 6 a − a − 2 = 2 a + 3a
⇔ 3a + 6 a − a − 2 − 2 a − 3a = 0 ⇔ 3 a − 2 = 0 ⇔ 3 a = 2 2 ⇔ a = 3 4
⇔ a = (thỏa mãn điều kiện) 9 4 Vậy S =   9  b) 2
9a − 6a +1 − a = 1 2
⇔ 9a − 6a +1 = 1+ a Điều kiện: a ≥ 1 − ⇔ ( a − )2 3 1 = 1+ a
⇔ 3a −1 = 1+ a
Trường hợp 1: 3a −1 = a +1
⇔ 3a − a = 1+1 ⇔ 2a = 2
⇔ a = 1 (thỏa mãn điều kiện)
Trường hợp 2: 3a −1 = −(a + ) 1
⇔ 3a −1 = −a −1
⇔ 3a −1+ a +1 = 0 ⇔ 4a = 0
⇔ a = 0 (thỏa mãn điều kiện) c) 3 2 3 2
a + a + 4 + a + a − 3 = 7 3 2  + + ≥ Điề a a 4 0 u kiện xác định:  3 2
a + a −3 ≥ 0 Vì 3 2 3 2 a + a + 4 ≠
a + a − 3 với mọi a thỏa mãn điều kiện nên nhân liên hợp vế trái ta được: 3 2
a + a + 4 − ( 3 2 a + a − 3) = 7 7 ⇔ = 7 3 2 3 2
a + a + 4 − a + a − 3 3 2 3 2
a + a + 4 − a + a − 3
Khi đó, ta có hệ phương trình: 3 2 3 2
 a + a + 4 − a + a −3 =1 3 2
 a + a + 4 = 4  ⇔  (thỏa mãn điều kiện) 3 2 3 2
 a + a + 4 + a + a −3 = 7 3 2
 a + a −3 = 3 3 2
⇔ a + a −12 = 0  = ⇔ ( a 2 a − )( 2
2 a + 3a + 6) = 0 ⇔  2
a + 3a + 6 = 0 a = 2  a = 2 2 ⇔  3  15 ⇒ ⇒ a = 2  a + + = 0    a ∈∅  2  4
Thử lại với a = 2 thấy thỏa mãn.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { } 2 Câu 4: M B' C' K I A' J N D'
a) Vì M , N lần lượt là hình chiếu của C′ trên các đường thẳng A′B ,′ A′D′ nên C M
′ ⊥ A′M ;C N
′ ⊥ A′N . Do đó  o ′ ′ =  90 ; ′ ′ = 90o B MC D NC Vì A′B C ′ D
′ ′ là hình bình hành nên B C
′ ′ // A′D′; B C
′ ′ = A′D′ ′ ′ = ′ ′
; A′B′ // C D ′ ′; A B C D Vì B C
′ ′ // A′D′ nên  ′ ′ ′ =  B A D MB C
′ ′ (2 góc đồng vị) (1)
Vì A′B′ // C D ′ ′ nên  ′ ′ ′ =  B A D ND C
′ ′ (2 góc đồng vị) (2) Từ (1) (2) suy ra  ′ ′ =  MB C ND C ′ ′ Xét MB ∆ C ′ ′và ND ∆ C ′ ′ có:  ′ ′ =  ′ ′(= 90o B MC D NC )  ′ ′ =  MB C ND C ′ ′ ⇒ MB ∆ C ′ ′” N ∆ D C ′ ′ (g – g) b) Kẻ B J
′ ⊥ A′N(J ∈ A′N ) Vì B C
′ ′ / / A′D′; B J′ ⊥ A′D nên B J′ ⊥ B C ′ ′ . Do đó  JB C ′ ′ = 90° Vì B C
′ ′ / / A′D′; C N
′ ⊥ A′N nên C N ′ ⊥ B C ′ ′. Do đó  B C ′ N ′ = 90° ′ ′ Tứ giác B C NJ có  ′ =  ′ ′ =  JB C B C N C N
′ A′ = 90° nên là hình chữ nhật ⇒ B J ′ = C N ′ Ta có  ′ ′ =  JB A B C ′ M
′ (cùng phụ 2 góc bằng nhau  ′ ′ =  B A J MB C ′ ′);  ′ ′ =  ′ ′ (= 90o JB C B C N ) Suy ra  ′ ′ +  ′ ′ =  ′ ′ +  A B J JB C B C M B C ′ N ′ ⇒  ′ ′ ′ =  A B C MC N ′ Vì MB ∆ C ′ ′” N ∆ D C ′ ′ (câu a) nên B C ′ ′ MC′ B C ′ ′ MC′ B C ′ ′ A′B′ = ⇒ = ⇒ = D C ′ ′ NC′ A′B′ NC′ MC′ NC′ B C ′ ′ A′B′ Xét A ∆ ′B C ′ ′và N ∆ MC′có: = ′ ′ ′ = ′ MC′ NC′ và   A B C MC N ⇒ A ∆ ′B C ′ ′” N ∆ C M ′ (c.g.c) A′C′ B C ′ ′ A′B′ ⇒ = = NM C M ′ NC′ (3) NC′ B J ′
⇒ MN = A′C .′ = A′C .′
= A′C .′sinα A′B′ A′B′ c) Xét A
∆ ′JB′ vuông tại J có: ′ = ′ ′ 
.sin ′ ′ = 4.sin 60o B J A B B A J = 2 3 (cm); ′ = ′ ′  . ′ ′ = 4. 60o A J A B cosB A J cos = 2 (cm); ⇒ C N ′ = B J ′ = 2 3 (cm)
⇒ A′N = A′J + JN = A′J + B C ′ ′ = 2 + 6 = 8 (cm) B C ′ .′C N ′ 6.2 3 Từ (3) suy ra C M ′ = = = 3 3 A′B′ (cm) 4
Áp dụng định lý Pytago vào A ∆ ′C N
′ vuông tại N ta có:
A′C′ = A′N + C N ′ = + ( )2 2 2 2 2 8 2 3 = 64 +12 = 76 (cm)
Áp dụng định lý Pytago vào A ∆ ′C N ′ vuông tại N ta có: 2 2 2
A′C′ = A′M + C M ′
⇒ A′M = A′C′ − C M ′ = − ( )2 2 2 76 3 3 = 76 − 27 = 7 (cm)
MC .′A′M 7.3 3 21 3 Ta có: S = = = A ∆ ′C M ′ ( 2 cm ) 2 2 2
NC .′A′N 2 3.8 S = = = ∆ ′ ′ 8 3 A C N ( 2 cm ) 2 2 21 3 37 3 ⇒ S = + = + = ′ ′ S∆ ′ ′ S∆ ′ ′ 8 3 A NC M A C N A C M ( 2 cm ) 2 2
d) Vì A′B′ // C D ′ ′ nên  ′ ′ ′ =  B A C A′C D ′ ′ (2 góc so le trong) Xét A
∆ ′B I′ vuông tại I và C ∆ D ′ K
′ vuông tại K có:
A′B′ = C D ′ ′ (cmt) ;  ′ ′ ′ =  B A C A′C D ′ ′ ⇒ A
∆ ′B I′ = C ∆ D ′ K
′ (cạnh huyền-góc nhọn)
⇒ A′I = KC′ (2 cạnh tương ứng) Xét D ∆ A ′ ′K và NA ∆ ′C′ có:  ′ ′ =  ′ ′(= 90o A NC D KA ) 
NA′C′ góc chung ⇒ D ∆ A ′ ′K ” C ∆ A ′ ′N (g.g)
⇒ A′C .′A′K = A′D .′A′N Xét B ∆ A ′ ′I và MA ∆ ′C′ có:  ′ ′ =  ′ ′(= 90o A MC A IB ) 
MA′C′ góc chung ⇒ B ∆ A ′ ′I ” C ∆ A ′ ′M (g.g)
⇒ A′C .′A′I = A′B .′A′M Ta có:
′ ′ ′ + ′ ′ ′ = ′ ′ ′ + ′ ′ ′ A B .A M A D .A N A C .A K A C .A I
= A′C .′( A′K + A′I ) = A′C .′( A′K + KC′) 2
= A′C .′A′C′ = A′C′ (đpcm) Câu 5: a
Ta có P = a a −3a +3 a + 4 Đặt 2 3
a = t, (t ≥ 0) ⇒ a = t , a a = t t Ta có P = 3 2
t − 3t + 3t + 4
* TH1: t = 0 ⇒ P = 0 1 1
* TH2: t > 0 ⇒ P = = 4   2 t − t + + (t − )2 4 3 3 2 + t + −1   t  t  4 4 Ta có (t − )2 2 ≥ 0, t
∀ và t + ≥ 2 t. = 4 ( theo bất đẳng thức Cô si) t t 1 1 Nên P ≤ = 0 + 4 −1 3 (  t − )2 2 = 0 1  * P = ⇔  ⇔ t = 2 ⇔ = 4 (nhận) a 4 3 t  =  t 1 Vậy P max = ⇔ a = 4 3
__________ THCS.TOANMATH.com __________