BỘ đề KIỂM TRA CHÍNH THỨC các TRƯỜNG GIỮA kì 1 môn TOÁN 9 năm học 2020 2021 có HƯỚNG dẫn GIẢI

BỘ 15 ĐỀ
Kiểm tra giữa kì 1 toán 9
ĐỀ 16
TRƯỜNG THCS VẠN PHÚC

ĐỀ KIỂM GIỮA HỌC KÌ I
MƠN TỐN 9 (2020 – 2021)
Thời gian: 90 phút

Bài 1:

(2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
a) 16.
c)

Bài 2:

(

)

2 −1

2

−27 + 2. 8

b)

1
2+ 2

+
−
2 − 3 1+ 2

d)

sin 25°
+ sin 2 35° − ( 2023 − cos 2 35° )
cos 65°

(

2− 3

)

2

(1,5 điểm) Giải phương trình
a)

Bài 3:

3

1
− 3 8 − 2.
2

(

x −3

)

2

=2

b) 2 4 x − 4 −

(2,5 điểm) Cho các biểu thức: A =

1
9x − 9 − 6 = 0
3

1
1
1− x
−
và B =
với x > 0 ; x ≠ 1
x+2 x
x +2
x+4 x +4

a) Tính giá trị biểu thức B khi x = 4
b) Đặt P = A : B , rút gọn P
c) Tìm x để P > 2

d) Tìm GTNN của P + x
Bài 4:
Bài 5:

(1 điểm) Ở một thời điểm trong ngày, một cột cờ cao 11m có bóng trên mặt đất dài 6 m . Hỏi góc
giữa tia sáng mặt trời và bóng cột cờ là bao nhiêu? (Làm trịn đến phút).
(2,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 9cm , BC = 12cm . Kẻ AH vng góc với BD tại H
.
a) Tính BD , AH và số đo ABD ?
b) Kẻ HI vng góc với AB . Chứng minh: AI . AB = DH .DB .
c) Đường thẳng AH cắt BC tại M và cắt DC tại N . Chứng minh HA2 = HM .HN .
(làm tròn kết quả độ dài đến chữ số thập phân thứ 3 , số đo góc đến độ)

Bài 6:

(0,5 điểm) Tìm x , y thỏa mãn phương trình

36
+
x−2

4
= 28 − 4 x − 2 − y − 1
y −1


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:

(2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

a) 16.
c)

3

1
− 3 8 − 2.
2

(

)

2 −1

2

−27 + 2. 8

b)

1
2+ 2
+
−
2 − 3 1+ 2

d)

sin 25°

+ sin 2 35° − ( 2023 − cos 2 35° )
cos 65°

(

2− 3

Lời giải
a) 16.

= 16.

1
− 3 8 − 2.
2

(

)

2 −1

2

2
− 3.2 2 − 2 3 − 2 2
2

(

)

=8 2 −6 2 −6+4 2 = 6 2 −6
b)

=

1
2− 3

+

2+ 2
1+ 2

−

(

(

2− 3

)

2

)

2 1+ 2

2+ 3
+
− 2− 3
4−3
1+ 2

= 2+ 3 + 2 −

(

)

3 − 2 (vì

3 − 2 > 0)

= 2 + 3 + 2 − 3 + 2 = 2 + 2 2.
c)

3

d)

sin 25°
sin 25°
+ sin 2 35° − ( 2023 − cos 2 35° ) =
+ sin 2 35° − 2023 + cos 35°
cos 65°
sin 25°

−27 + 2. 8 = −3 + 16 = −3 + 4 = 1.

= 1 + ( sin 2 35° + cos 2 35° ) − 2023 = 1 + 1 − 2023 = −2021.

Bài 2:

(1,5 điểm) Giải phương trình
a)

(

x −3

)

2

=2

b) 2 4 x − 4 −

Lời giải
a)

(

x −3

)

2

=2⇔

x −3 = 2

 x −3 = 2
 x =5
 x = 25
⇔
⇔
⇔
x = 1
 x − 3 = −2
 x = 1
Vậy S = {25;1} .
b) 2 4 x − 4 −

1
9x − 9 − 6 = 0
3

Điều kiện: x ≥ 1

1
9x − 9 − 6 = 0
3

)

2


⇔ 4 x −1 − x −1 = 6
⇔ 3 x −1 = 6 ⇔ x −1 = 2

⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5 (thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = 5

Bài 3:

(2,5 điểm) Cho các biểu thức: A =

1
1
1− x
và B =
với x > 0 ; x ≠ 1
−
x+2 x
x +2
x+4 x +4

a) Tính giá trị biểu thức B khi x = 4
b) Đặt P = A : B , rút gọn P
c) Tìm x để P > 2
d) Tìm GTNN của P + x

Lời giải
a) Thay x = 4 (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức B ta được:

B=

1− 4
4+4 4 +4

1− 2
−1
=
4 + 8 + 4 16

=

Vậy khi x = 4 thì giá trị biểu thức B là

−1
.
16

1
1 
1− x

b) Ta có: P = A : B = 
−
:
x +2 x+4 x +4
 x+2 x




1
1  1− x
=
−
:
 x x +2
x +2
x +2



=

(

)

1− x

(
.

x

(

Vậy P =

x +2

)

(

x +2
1− x

2

2

=

x +2
x

x +2
vớ i x > 0 ; x ≠ 1 .
x

c) Ta có: P > 2 ⇔

⇔

)

)

2− x
> 0 vì

x

x +2
>2⇔
x

x +2
−2 > 0 ⇔
x

x +2−2 x
>0
x

x > 0 với mọi x > 0 nên 2 − x > 0 ⇔ x < 2 ⇔ x < 4 .

Kết hợp ĐKXĐ ta có: 0 < x < 4 , x ≠ 1
d) Ta có: P + x =

x +2
2
+ x= x+
+1
x
x

Vì x > 0 , Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số dương ta có:


x+

2
≥2
x

 x+

x.

2
=2 2
x

2
+1 ≥ 2 2 +1
x

Hay P + x ≥ 2 2 + 1 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x =

2
⇔ x = 2 (thoả mãn).
x

Vậy GTNN của P + x là 2 2 + 1 tại x = 2 .
Bài 4:

(1 điểm) Ở một thời điểm trong ngày, một cột cờ cao 11m có bóng trên mặt đất dài 6 m . Hỏi góc
giữa tia sáng mặt trời và bóng cột cờ là bao nhiêu? (Làm trịn đến phút).
Lời giải

Xét ∆ABH vng tại H , ta có tan α =

11
 α = 61°23′ .
6

Vậy góc giữa tia sáng mặt trời và bóng cột cờ là 61°23′ .
Bài 5:

(2,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 9cm , BC = 12cm . Kẻ AH vng góc với BD tại H
.
a) Tính BD , AH và số đo ABD ?
b) Kẻ HI vng góc với AB . Chứng minh: AI . AB = DH .DB .
c) Đường thẳng AH cắt BC tại M và cắt DC tại N . Chứng minh HA2 = HM .HN .
(làm tròn kết quả độ dài đến chữ số thập phân thứ 3 , số đo góc đến độ)
Lời giải


A

I
B

D

H
M

C

N

a) Tính BD , AH và số đo ABD ?
Vì ABCD là hình chữ nhật
 AB = CD = 9cm

 AD = BC = 12cm
Xét ∆ABD vuông tại A
+) BD 2 = AB 2 + AD 2 (định lí Pytago)
BD 2 = 9 2 + 12 2 = 225

BD = 15 ( cm )
+) sin ABD =

AD 12
= •
ABD ≈ 530 .
BD 15

b) Kẻ HI vng góc với AB . Chứng minh: AI . AB = DH .DB .
Xét ∆ABD vng tại A , đường cao AH có: AH 2 = DH .BH
Xét ∆AHB vuông tại H , đường cao HI có: AH 2 = AI . AB

 AI . AB = DH .DB (điều phải chứng minh)
c) Đường thẳng AH cắt BC tại M và cắt DC tại N . Chứng minh HA2 = HM .HN .
Ta có: ∆BHM ∽ ∆NHD (g – g)



BH BM HM

=
=
(cặp cạnh tương ứng)
NH ND HD

 HM .HN = BH .HD
Mà AH 2 = DH .BH (chứng minh trên)
 HA2 = HM .HN (điều phải chứng minh)

Bài 6:

(0,5 điểm) Tìm x , y thỏa mãn phương trình


36
+
x−2

4
= 28 − 4 x − 2 − y − 1
y −1
Lời giải

Đặt


x−2 = a;

y − 1 = b ( a, b > 0 )

36 4
+ = 28 − 4a − b
a b

 36
 4

⇔  + 4a  +  + b  = 28
 a
 b


VT ≥ 2

36
4
.4a + 2 .b = 28
a
b

 36
 x − 2 = 3
 a = 4a
a = 3
 x = 11
Dấu “=” xảy ra khi 

(thoả mãn)
⇔
⇔

b = 2
y = 5
 y − 1 = 2
4 = b
 b


ĐỀ 17
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN 9
Câu 1. (1,5 điểm). Tính giá trị các biểu thức sau:
a) A = 52 + 122
b) B = 2

(

)

3+ 2 − 3

(

3− 2

)

5 +1
5 −1
−

5+2
5 −2
Câu 2. (1,5 điểm). Giải các phương trình sau:
a ) x −1 + 4x − 4 = 9
c) D =

b)

x2 − 9 − x + 3 = 0

c ) ( x + 2 )( x + 3) − 2 x 2 + 5 x + 3 = 6

Câu 3. (2 điểm ) Cho A =

−3 x + 1
x −3

;B =

3 x −2
x −5 x +6

−

1
x −2

+

3 x −2

3− x

với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9.

a ) Tính giá trị của A với x = 16 .
b ) Chứng minh B =

−3 x + 1
x −2

.

c ) Tìm x để B > −3 .
d ) Với x > 9 , đặt P =

A
. So sánh P và 1.
B

Câu 4. (4,5 điểm)
1. Tòa nhà Burj Khalifa tại Dubai (các tiểu vương quốc Ả Rập thống nhất) được khánh thành ngày
4/1/2010 là một cơng trình kiến trúc cao nhất thế giới. Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất góc 370
thì bóng của tịa nhà trên là 1098, 79 m. Tính chiều cao của tịa nhà (kết quả cuối cùng được làm tròn
đến phần nguyên, các kết quả khác được làm tròn hai chữ số thập phân).
2. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Kẻ HE ⊥ AB tại E và HF ⊥ AC tại F .
a) Cho HC = 16 cm, HB = 9 cm . Tính AB, AC , AH .
AB. AC 2
.
BC 2
c) Chứng minh BE 2 + CF 2 ≥ EF 2 . Khi nào dấu bằng xảy ra?

b) Chứng minh AB. AE = AF . AC và HF =

Câu 5.

(0,5 điểm). a, b, c ≥ 0 và thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8 chứng minh ab + bc + ca ≤ 3 .

 HẾT 


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1,5 điểm). Tính giá trị các biểu thức sau:
a) A = 52 + 122
b) B = 2
c) D =

(

)

3+ 2 − 3

(

3− 2

)

5 +1
5 −1

−
5+2
5 −2

Lời giải
a) A = 52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 13
b) B = 2

(

)

(
5 −1 (
=

3+ 2 − 3

)

3 − 2 = 6 + 2 − 3 + 6 = 2 6 −1

)(

) (

5 +1 5 − 2
5 +1
−
−

1
5+2
5−2
Câu 2. ( 1, 5 điểm ) . Giải các phương trình sau:

c) D =

a)

x −1 + 4x − 4 = 9

b)

x2 − 9 − x + 3 = 0

)(

5 −1

5+2

1

) = 5−

5 − 2 − 5 − 5 + 2 = −2 5

c ) ( x + 2 )( x + 3) − 2 x 2 + 5 x + 3 = 6

Lời giải

a)

Đk: x ≥ 1

x −1 + 4x − 4 = 9

⇔ x − 1 + 4 ( x − 1) = 9
⇔ x −1 + 2 x −1 = 9 ⇔ 3 x −1 = 9
⇔ x − 1 = 3 ⇔ x − 1 = 9 ⇔ x = 10 ( tm )
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {10}
b)

x2 − 9 − x + 3 = 0

⇔

x2 − 9 = x − 3

đk x ≥ 3

2

2

2

⇔ x − 9 = ( x − 3 ) ⇔ ( x − 3 )( x + 3 ) − ( x − 3 ) = 0

⇔ ( x − 3)( x + 3 − x + 3) = 0 ⇔ 6 ( x − 3) = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ( tmđk)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3

c ) ( x + 2 )( x + 3) − 2 x 2 + 5 x + 3 = 6 đk : x 2 + 5 x + 3 ≥ 0

⇔ x2 + 5x + 6 − 2 x2 + 5x + 3 − 6 = 0

(

)

⇔ x2 + 5x + 3 − 2 x2 + 5x + 3 − 3 = 0
Đặt

x2 + 5x + 3 = t ( t ≥ 0 )

Khi đó ta có phương trình ẩn t : t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ t 2 − 3t + t − 3 = 0 ⇔ ( t − 3)( t + 1) = 0
t = 3 ( tm )
t − 3 = 0
⇔
⇔
t + 1 = 0
t = −1 ( ktm )

Với t = 3  x 2 + 5 x + 3 = 3 ⇔ x 2 + 5 x + 3 = 9
⇔ x 2 + 5 x − 6 = 0 ⇔ x 2 + 6 x − x − 6 = 0 ⇔ ( x + 6 )( x − 1) = 0


x + 6 = 0
 x = −6
⇔
⇔
 x −1 = 0

x = 1
+) Với x = 1  12 + 5.1 + 3 = 9 > 0  x = 1 ( tm đk)
2

+) Với x = −6  ( −6 ) + 5. ( −6 ) + 3 = 9 > 0  x = −6 ( tm đk)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; −6}
−3 x + 1
3 x −2
1
3 x −2
;B =
−
+
với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9.
x −3
x−5 x +6
x − 2 3− x
a ) Tính giá trị của A với x = 16 .

Câu 3. Cho A =

b ) Chứng minh B =

−3 x + 1
x −2

.

c ) Tìm x để B > −3 .
d ) Với x > 9 , đặt P =

A
. So sánh P và 1.
B

Lời giải
a ) Thay x = 16 ( tmđk ) vào biểu thức A , ta có :
−3 16 + 1 −3.4 + 1
A=
=
= −11
4−3
16 − 3
Vậy x = 16 thì A = −11
b) B=

3 x −2
x −5 x +6

−

(
( x − 2 )(

3 x − 2− x +3−
=

1
x −2

+

)(
x − 3)

3 x −2
3− x

x −2 3 x −2

=

3 x −2

(

)=2

x −2

)(

x −3

)

−

1
3 x −2

−
x −2
x −3

x + 1 − 3x + 8 x − 4

( x − 2 )( x − 3)
( −3 x + 1)( x − 3) = ( −3 x + 1)
−3x + 10 x − 3
=
=
( x − 2)( x − 3) ( x − 2 )( x − 3) ( x − 2 )
Vậy : B =

−3 x + 1
x −2

c ) B > −3 ⇔

−3 x + 1
−3 x + 1
> −3 ⇔
+3> 0
x −2
x −2

−5
> 0 ⇔ x − 2 < 0 (vì − 5 < 0 )
x −2
⇔ x < 2 ⇔ x < 4 kết hợp đk  0 ≤ x < 4

Vậy 0 ≤ x < 4 thì B > −3
A −3 x + 1 −3 x + 1
x −2
d ) Có P = =
:
=
B
x −3
x −2
x −3
⇔

x −2− x +3
1
=
x −3
x −3
1
Vì x > 9  x − 3 > 0 
> 0  P −1 > 0  P > 1
x −3
Câu 4. 1. Tòa nhà Burj Khalifa tại Dubai (các tiểu vương quốc Ả Rập thống nhất) được khánh thành ngày
4/1/2010 là một cơng trình kiến trúc cao nhất thế giới. Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất góc 370
P −1 =

x −2
−1 =
x −3

thì bóng của tịa nhà trên là 1098, 79 m. Tính chiều cao của tịa nhà (kết quả cuối cùng được làm
tròn đến phần nguyên, các kết quả khác được làm tròn hai chữ số thập phân).
Lời giải
C

B
37°

A

Gọi A là chân tòa nhà, C là đỉnh tòa nhà và B là bóng của C trên mặt đất.
Khi đó ∆ABC vng tại A , A = 37°
tan B =

AC
 AC = AB.tan B = 1098, 79.tan 37° ≈ 828, 00 ( m )
AB

Vậy tòa nhà Burj Khalifa cao 828 m .
2. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Kẻ HE ⊥ AB tại E và HF ⊥ AC tại F .
a) Cho HC = 16 cm, HB = 9 cm . Tính AB, AC , AH .
AB. AC 2
.
BC 2
c) Chứng minh BE 2 + CF 2 ≥ EF 2 . Khi nào dấu bằng xảy ra?
Lời giải

b) Chứng minh AB. AE = AF . AC và HF =

C

H
F

A

E

B

a) Cho HC = 16 cm, HB = 9 cm . Tính AB, AC , AH .
Xét ∆ABC vng tại A , đường cao AH có:
+) BC = HC + HB = 16 + 9 = 25 ( cm )
+) AH 2 = HB.HC = 9.16 = 144  AH = 12 ( cm )
+) AB 2 = BH .BC = 9.25 = 225  AB = 15 ( cm )
+) AC 2 = CH .BC = 16.25 = 400  AC = 20 ( cm )
AB. AC 2
.
BC 2
Có AH ⊥ BC tại H  ∆AHB vng tại H và ∆AHC vuông tại H .
Xét ∆AHB vuông tại H , đường cao HE ( HE ⊥ AB ) có:

b) Chứng minh AB. AE = AF . AC và HF =

AH 2 = AE. AB (hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1)


Xét ∆AHC vuông tại H , đường cao HF

( HF ⊥ AC )

có:

AH 2 = AF . AC (hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) ( 2 )

Từ (1) và ( 2 )  AE . AB = AF . AC
HF ⊥ AC 
  HF / / AB
AB ⊥ AC 
HF HC
(Hệ quả của định lí Ta - lét) ( 3)

=
AB BC
AC 2 CH .BC CH
Mặt khác
=
=
( 4)
BC 2
BC 2
BC
HF AC 2
AB. AC 2
Từ ( 3) và ( 4 ) 
=

HF
=
AB BC 2

BC 2
c) Chứng minh BE 2 + CF 2 ≥ EF 2 . Khi nào dấu bằng xảy ra?
Ta có: BE 2 + CF 2 = BH 2 − EH 2 + CH 2 − FH 2 = ( BH 2 + CH 2 ) − ( EH 2 + FH 2 )
Có

= ( BH 2 + CH 2 ) − EF 2 = ( BH 2 + CH 2 ) − AH 2
 BE 2 + CF 2 = ( BH 2 + CH 2 ) − AH 2

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, có:
BH 2 + CH 2 ≥ 2 BH .CH = 2AH 2
 ( BH 2 + CH 2 ) − AH 2 ≥ 2 AH 2 − AH 2
Hay BE 2 + CF 2 ≥ AH 2
Dấu " = " xảy ra khi BH = CH .
Vậy ∆ABC có AH là đường cao và là đường trung tuyến. Do đó ∆ABC cân tại A .
Vậy ∆ABC vuông cân tại A .

Câu 5. (0,5 điểm). a, b, c ≥ 0 và thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8 chứng minh ab + bc + ca ≤ 3 .
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho các số không âm, ta được:
+ a + b ≥ 2 ab , dấu bằng xảy ra khi: a = b
+ b + c ≥ 2 bc , dấu bằng xảy ra khi: b = c
+ a + c ≥ 2 ac , dấu bằng xảy ra khi: a = c

 ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc  8 ≥ 8abc  abc ≤ 1 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c .
Lại có:
abc ≤ 1  8 + abc ≤ 9

 ( a + b )( b + c )( c + a ) + abc ≤ 9
 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 9
2

2

 ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≤ 81

(*)

Mà:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
2

 ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
2

2

 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )

Từ

(*)

và

3

(**)

(**)  3 ( ab + bc + ca )3 ≤ 81  ab + bc + ca ≤ 3 ,

Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1


 HẾT 


ĐỀ 18
TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG SỐ I- TOÁN 9

Năm học: 2018- 2019

Thời gian: 90 phút

Bài 1. (2 điểm) Tính:
A = 18 − 2 50 + 3 8

B = 27 − 6

1
3 −3
+
3
3

Bài 2. (2 điểm) Tìm x , biết:
a) x + 9 = 7

b) 4 2 x + 3 − 8 x + 12 +

1
18 x + 27 = 15
3

c) x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5
x +5
x −1 5 x − 2
và Q =
với x ≥ 0; x ≠ 4
−
4− x
x −2
x +2
Tính giá trị của P tại x = 9
x
Chứng minh: Q =
x −2
Q
1
Cho M = . Tìm các giá trị của x để M <
P
2
Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên.

Bài 3 (2 điểm).Cho biểu thức P =
a)
b)
c)
d)

Bài 4. (3,5 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A , đường cao AH của tam giác ABC

( H ∈ BC )

3
1. Nếu sin ACB = ; BC = 20cm . Tính các cạnh AB, AC , BH và góc ABC (Số đo góc làm trịn
5
đến độ)
2. Đường thẳng vng góc với BC tại B cắt AC tại D . Chứng minh AD. AC = BH .BC
3. Kẻ tia phân giác BE của DBA ( E thuộc cạnh DA ). Chứng minh tan EBA =

AD
AB + BD

4. Lấy K thuộc cạnh AC , kẻ KM vng góc với HC tại M , KN vng góc với AH tại N .
Chứng minh rằng: HN .NA + HM .MC = KA.KC

Bài 5: (0,5 điểm). Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn 0 < x < 1, 0 < y < 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + x 1 − y 2 + y 1 − x 2 .


Hướng dẫn giải
Bài 1. (2 điểm) Tính:
A = 18 − 2 50 + 3 8

B = 27 − 6

1
3 −3

+
3
3

Giải
A = 18 − 2 50 + 3 8 = 9.2 − 2 25.2 + 3 4.2 = 3 2 − 2.5 2 + 3.2 2 = − 2

B = 27 − 6

C=

(

)

3 1− 3
1
3 −3
6
= 3 3 − 2 3 + 1 − 3 =1
+
=3 3−
3+
3
3
3
3

(

)

5 7− 2
5
− 8−2 7 + 2 =
−
7−2
7+ 2

(

Bài 2. (2 điểm) Tìm x , biết:

a) x + 9 = 7
b) 4 2 x + 3 − 8 x + 12 +

1
18 x + 27 = 15
3

c) x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5
Giải.

a) x + 9 = 7

( x ≥ −9 )

⇔ x + 9 = 49
⇔ x = 40 ( tm )
b) 4 2 x + 3 − 8 x + 12 +

1
3

18 x + 27 = 15  x ≥ − 
3
2


⇔ 4 2 x + 3 − 2 2 x + 3 + 2 x + 3 = 15
⇔ 3 2 x + 3 = 15
⇔ 2x + 3 = 5
⇔ 2 x + 3 = 25
⇔ 2 x = 22
⇔ x = 11 (tm)

)

2

7 −1 + 2 = 7 − 2 − 7 +1 + 2 = 1


( x ≥ 1)

c) x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5
⇔
⇔

(

(

)

2

(

x − 1 + 2. x − 1.2 + 4 +
x −1 + 2

)

2

(

+

x −1 − 3

)

2

)

2

x − 1 − 2. x − 1.3 + 9 = 5

=5

⇔ x − 1 + 2+ | x − 1 − 3 |= 0
Th1: x − 1 − 3 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 9 ⇔ x ≥ 10
Pt ⇔ x − 1 + 2 + x − 1 − 3 = 5
⇔ 2 x −1 = 6
⇔ x −1 = 3
⇔ x = 10 (tm)
Th 2 : x − 1 − 3 < 0 ⇔ x − 1 < 9 ⇔ x < 10
Kết hợp điều kiện xác định  1 ≤ x < 10
Pt ⇔ x − 1 + 2 − x − 1 + 3 = 5 (luôn luôn đúng ∀ 1 ≤ x < 10 )
Vậy nghiệm của phương trình là 1 ≤ x ≤ 10 .
x +5
x −1 5 x − 2
và Q =
với x ≥ 0; x ≠ 4
−
4− x
x −2
x +2
a) Tính giá trị của P tại x = 9
x
b) Chứng minh: Q =
x −2
Q
1
c) Cho M = . Tìm các giá tri của x để M <
P
2
d) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên.

Bài 3 (2 điểm).Cho biểu thức P =

GIẢI
9 +5
Thay x = 9 (tmđk) vào P ta có P =
= 8.
9 −2

a)
b)

Q=

x −1 5 x − 2
−
=
4− x
x +2

x −1 5 x − 2
+
x−4
x +2

=

( x − 1)( x − 2)
5 x −2
x −3 x + 2+5 x −2

+
=
( x + 2)( x − 2) ( x + 2)( x − 2)
( x + 2)( x − 2)

=

x+2 x
=
( x + 2)( x − 2)

c)Ta có M =

Q
=
P

x
x −2

x
x +5

Để M <

1
=>
2

Ta có

x + 5 > 0 ( vì x ≥ 0; x ≠ 4 )

x
1
x −5
< ⇔
<0
x +5 2
2( x + 5)

=> x − 5 < 0 ⇔ x < 5 ⇔ x < 25
Kết hợp điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4


Vậy 0 ≤ x < 25; x ≠ 4 thì M <
Ta có M =

x

1
2

5

= 1−

∈Z
x +5
x +5

=> x + 5 ∈ Ư(5)= { ± 1; ± 5} (Chọn +1 và +5 vì
Bảng giá trị:
5
x +5 1
-4
0
x
Vơ lí
0(tm)
x

d)

x )+ 5 > 0

Vậy x=0 thì M có giá trị ngun.

Bài 4. (3,5 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A , đường cao AH của tam giác ABC

( H ∈ BC )

3
1. Nếu sin ACB = ; BC = 20cm . Tính các cạnh AB, AC , BH và góc ABC (Số đo góc làm trịn
5
đến độ)

2. Đường thẳng vng góc với BC tại B cắt AC tại D . Chứng minh AD. AC = BH .BC
3. Kẻ tia phân giác BE của DBA ( E thuộc cạnh DA ). Chứng minh tan EBA =

AD

AB + BD

4. Lấy K thuộc cạnh AC , kẻ KM vng góc với HC tại M , KN vng góc với AH tại N .
Chứng minh rằng: HN .NA + HM .MC = KA.KC
Giải
D
E
A

K
N

B

H

M

C

3
1. Nếu sin ACB = ; BC = 20cm . Tính các cạnh AB, AC , BH và góc ABC (Số đo góc làm trịn
5
đến độ)

- Xét ∆ABC , có:
sin ACB =

AB
3 AB

 =
 AB = 3.20 : 5 = 12(cm)
BC
5 20

- Áp dụng định lý Pitago cho ∆ABC vng tại A, ta có:

BC 2 = AB 2 + AC 2
 202 = 122 + AC 2  AC 2 = 400 − 144 = 256  AC = 16(cm)
- Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vng tại A, ta có:
AB 2 = BH .BC  122 = BH .20  BH = 144 / 20 = 7, 2(cm)


- Ta có: ACB + ABC = 900  sin ACB = cos ABC

 cos ABC =

3
 ABC ≈ 530
5

2. Đường thẳng vng góc với BC tại B cắt AC tại D . Chứng minh AD. AC = BH .BC
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ∆ABC , ta có:
BC .BH = AB 2

-Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ∆DBC , ta có:
AD. AC = AB 2

Vậy AD. AC = BH .BC
3. Kẻ tia phân giác BE của DBA ( E thuộc cạnh DA ). Chứng minh tan EBA =

- Do BE là tia phân giác của DBA nên:

AD
AB + BD

AE ED
=
AB BD

- Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
AE ED AE + ED
AD
=
=
=
AB BD AB + BD AB + BD
Mà tan EBA =
Vậy tan EBA =

AE
AB

AD
AB + BD

4. Lấy K thuộc cạnh AC , kẻ KM vng góc với HC tại M , KN vng góc với AH tại N .
Chứng minh rằng: HN .NA + HM .MC = KA.KC
- Nhận xét: Tứ giác HMKN là hình chữ nhật (Vì H = M = N = 900 )
Nên HM = NK ; NH = MK
- ∆ANK ∼ ∆KMC 

Đặt

AN NK AK
NA HM AK
=
=

=
=
KM MC KC
HN MC KC

NA HM AK
=
=
= m  NA = m.HN ; HM = m.MC ; AK = m.KC
HN MC KC

HN .NA + HM .MC = HN .m.HN + MC.m.MC = m.HN 2 + m.MC 2
HN .NA + HM .MC = m.( HN 2 + MC 2 ) = m.( MK 2 + MC 2 ) = m.KC 2
KA.KC = m.KC.KC = m.KC 2

 HN .NA + HM .MC = KA.KC
Vậy HN .NA + HM .MC = KA.KC

Bài 5: (0,5 điểm). Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn 0 < x < 1, 0 < y < 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + x 1 − y 2 + y 1 − x 2 .
Giải
Có P = x + y + x 1 − y 2 + y 1 − x 2

 P 3 = 3 ( x + y ) + x 3 − 3 y 2 + y 3 − 3x 2
x 2 + 3 − 3 y 2 y 2 + 3 − 3x 2
+
2
2
2
2
=-x + 3 x − y + 3 y + 3
≤ 3 ( x + y) +

2

2


3 
3 9 9
= −  x −
 −  y −
 + ≤
2  
2  2 2

 MaxP =

3 3
3
khi x = y =

2
2


ĐỀ 19
ĐỀ KS GIỮA KỲ I NĂM HỌC 2020 – 2021 – TOÁN 9 – ĐỀ 2
TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH
Bài 1.

(1,0 điểm) Thực hiện phép tính:
a)
c)

Bài 2.

45 − 125 + 2 3

)

2
+ 4−2 3 +
3−2

b)

5 − 60

(2

)

3 − 11

8
6

− 45 +

(

6 −5

)

2

+

1
6

2

(1,5 điểm) Giải phương trình
a)
c)

Bài 3.

(

x2 − 4 x + 4 + 2 = 3

b) 2 4 x − 8 −

2
5
49 x − 98 +
81x − 162 − 14 = 0
7
9

2 x −3
1
=−
2
x −1

(1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: cos 2 60°.sin 2 45° + sin 2 60°.cos 2 45° − tan 35°. tan 55°
2) Một cột đèn có bóng trên mặt đất dài 6,5 m, tia sáng mặt trời tạo với mặt đất một góc xấp xỉ 44° .
Tính chiều cao của cột đèn.

Bài 4.

(2,5 điểm) Cho hai biểu thức A =

x
1 
x +1

 1
và B = 
+
:
x +2
x −1  x − 2 x + 1
 x− x

(ĐK: x > 0; x ≠ 1 )
a) Tìm giá trị của A khi x = 36
b) Rút gọn B.
1
c) Tìm x để B ≤ .
3
d) Với các biểu thức A,B nói trên hãy tính giá trị của x để biểu thức P = A.B nhận giá trị là số
nguyên.

Bài 5.

Bài 6.

(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C , đường cao CK . Cho biết AB = 10cm , AC = 8cm .
a) Tính BC , CK , BK , AK
b) Gọi H và I theo thứ tự là hình chiếu của K trên BC và AC .
Chứng minh: CB.CH = CA.CI
1
1
1
c) Gọi M là chân đường vng góc kẻ từ K xuống IH . Chứng minh
=

+ 2
2
2
KM
CH
CI
3
AI
AC
d) Chứng minh
=
BH BC 3
(0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(

)

P = 1 + 2a + 1 + 2b 1 ≤ a + b ≤ 2; a 2 + b 2 = 1


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.

(1 điểm) Thực hiện phép tính

(

a)

45 − 125 + 2 3

)

2
+ 4−2 3 +
3−2

c)

5 − 60

(2

b)

)

3 − 11

8

− 45 +

(

6 −5

+

1
6

8
− 45 +
6

(

6 −5 +

1
6

6

)

2

2

Lời giải

( 45 − 125 + 2 3 ) 5 − 60
= ( 3 5 − 5 5 + 2 3 ) 5 − 2 15
= ( −2 5 + 2 3 ) 5 − 2 15

a)

b)
=

= −10 + 2 15 − 2 15
= −10
2
+ 4−2 3 +
3−2

c)

= −2

(

) (1 − 3 )

3+2 +

=

(2
2

)

3 − 11

4 6
6

−3 5 +5− 6 +
3
6
6
−3 5 +5
2

2

+ 11 − 2 3

= −2 3 − 4 + 3 − 1 + 11 − 2 3
= −3 3 + 6

Bài 2.

(1,5 điểm) Giải phương trình
a)
c)

x2 − 4 x + 4 + 2 = 3

b) 2 4 x − 8 −

2
5
49 x − 98 +
81x − 162 − 14 = 0
7
9

2 x −3
1
=−
2
x −1

Lời giải
2

a)

x − 4x + 4 + 2 = 3

⇔

( x − 2)

2

=1

⇔ x − 2 =1
x − 2 =1
x = 3
⇔
⇔
 x − 2 = −1  x = 1
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3;1}
b) 2 4 x − 8 −

2
5
49 x − 98 +
81x − 162 − 14 = 0
7
9

⇔ 4 x − 2 − 2 x − 2 + 5 x − 2 = 14
⇔ 7 x − 2 = 14

⇔ x − 2 = 2 (1)
ĐKXĐ: x ≥ 2

)

2


(1) ⇔ x − 2 = 4 ⇔ x = 6

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {6}
2 x −3
1
= − ( 2)
2
x −1
ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 1

c)

7
49
(thỏa mãn điều kiện)
⇔x=
5
25
 49 
Vậy phương trình có tập nghiệm S =  
 25 

( 2) ⇔ 4

Bài 3.

x − 6 = − x +1 ⇔

x=

(1,5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: cos 2 60°.sin 2 45° + sin 2 60°.cos 2 45° − tan 35°. tan 55°
2) Một cột đèn có bóng trên mặt đất dài 6,5 m, tia sáng mặt trời tạo với mặt đất một góc xấp xỉ 44° .
Tính chiều cao của cột đèn.

Lời giải
2

2

2

2

1) cos 60°.sin 45° + sin 60°.cos 45° − tan 35°.tan 55°
= cos 2 60°.cos 2 45° + sin 2 60°.cos 2 45° − tan 35°.cot 35°
= cos 2 45° ( cos 2 60° + sin 2 60° ) − 1
= cos 2 45°.1 − 1
2

 2
−1
= 
 −1 =

2
 2 
2) Độ cao của cột đèn là: 6,5. tan 44° ≈ 6, 28m .

Bài 4.

(2,5điểm) Cho hai biểu thức A =

x
1 
x +1
 1
và B = 
+
:

x +2
x −1  x − 2 x + 1
 x− x

(ĐK: x > 0; x ≠ 1 )
a) Tìm giá trị của A khi x = 36
b) Rút gọn B.
1
c) Tìm x để B ≤ .
3
d) Với các biểu thức A,B nói trên hãy tính giá trị của x để biểu thức P = A.B nhận giá trị là số
nguyên.

Lời giải
a) Thay x = 36 (TMĐK) vào biểu thức A ta có:
A=
b) Với x > 0; x ≠ 1 ta có
1 
x +1
 1
B=
+
:
x −1  x − 2 x + 1
 x− x
=

1+ x
x

(

)

x −1

(
.

)

x −1

x +1

2

=

x −1
x

36
6 3
= =
36 + 2 8 4


c) Để B ≤

1
⇔
3

x −1 1
≤ ⇔
3
x

3
x −1 1
− ≤0⇔
3
x

(

)

x −1 −1
3 x

≤0

4
16
3 x −4
≤ 0 ⇔3 x −4≤0 ⇔ x ≤ ⇔ x ≤
3
9

3 x
16
1
Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1 . Vậy với 0 < x ≤ ; x ≠ 1 thì B ≤
9
3
⇔

x −1
3
= 1−
với x > 0; x ≠ 1
x +2
x +2
3
3
> 0 với x > 0; x ≠ 1 nên 1 −
< 1 hay P < 1
x +2
x +2
−1
3
3
−3
−3
3
3 −1
x +2>2 
< ⇔
>

⇔ 1−
> 1− =
hay P >
2
2 2
x +2 2
x +2 2
x +2

d) P = A.B =
Do
Mà

x
x −1
.
=
x +2
x

−1
< P < 1 .Để P là số nguyên thì P = 0 .
2
3
Vậy với P = 0 ⇔ 1 −
= 0 ⇔ x + 2 = 3 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (loại )
x +2
Vậy khơng có giá trị nào của x để P nhận giá trị nguyên
Vậy

Bài 5.

(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C , đường cao CK . Cho biết AB = 10cm , AC = 8cm .
a) Tính BC , CK , BK , AK
b) Gọi H và I theo thứ tự là hình chiếu của K trên BC và AC .
Chứng minh: CB.CH = CA.CI
1
1
1
c) Gọi M là chân đường vng góc kẻ từ K xuống IH . Chứng minh
=
+ 2
2
2
KM
CH
CI
d) Chứng minh

AI
AC 3
=
BH BC 3

Lời giải
C
I
M
H
A

a) Vì tam giác ABC vng tại C , nên:
AB 2 = BC 2 + AC 2 (định lý Pytago)
102 = BC 2 + 82

BC = 6 ( cm )
Vì tam giác ABC vng tại C , đường cao CK .
 CK . AB = BC. AC
 CK .10 = 6.8

 CK = 4,8 ( cm )

K

B


Vì tam giác ABC vng tại C , đường cao CK .
 BC 2 = AB.BK
 62 = 10.BK

 BK = 3, 6 ( cm )
Ta có
AB = AK + BK
10 = AK + 3, 6

AK = 6, 4 ( cm )
b) Vì tam giác CKB vng tại K , KH ⊥ BC .
 CB.CH = CK 2 (1)
Vì tam giác CKA vuông tại K , KI ⊥ AC .
 CA.CI = CK 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra CB.CH = CA.CI
c) Tứ giác CIKH có CIK = CHK = ICK = 900
Suy ra CIKH là hình chữ nhật.
Suy ra CH = KI , CI = KH và tam giác KIH vng tại K
Vì tam giác KIH vng tại K , KM ⊥ IH
1
1
1
Suy ra
=
+
2
2
KM
KI
KH 2
Mà CH = KI , CI = KH
1
1
1
=
+ 2
2
2
KM
CH
CI
d) Theo hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vng ta có
AC 2 = AK . AB
BC 2 = BK . AB

AK 2 = AC . AI
BK 2 = BC .BH
Suy ra

AC 4 AK 2 . AB 2 AK 2 AC. AI
=
=
=
BC 4 BK 2 . AB 2 BK 2 BC.BH
AI
AC 3
Suy ra
=
BH BC 3
(0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Do đó

Bài 6.

(

)

P = 1 + 2a + 1 + 2b 1 ≤ a + b ≤ 2; a 2 + b 2 = 1

Lời giải

P 2 = 2 + 2 ( a + b ) + 2 1 + 2 ( a + b ) + 4ab
Ta có: a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ 4ab ⇔ 4ab ≤ 2

P2 ≤ 2 + 2 2 + 2 1 + 2 2 + 2 = 2 + 2 2 + 2
P≤ 4

(

)

2 +1 = 2

2 +1

(

)

2 +1

2

= 2+2 2 +2 2 +2 = 4+4 2 = 4

(

)

2 +1


a = b
1

Dấu " = " xảy ra khi: 
⇔a =b=
2
a + b = 2
Vậy GTLN của P là 2

2 + 1 khi a = b =

1
2

Min P
2

Ta có: a + b ≥ 1 ⇔ ( a + b ) ≥ 1 ⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 1 ⇔ 1 + 2ab ≥ 1 ⇔ 2ab ≥ 0
 P 2 ≥ 2 + 2.1 + 2 1 + 2 + 0 4 = 4 + 2 3 =

(

)

3 +1

2

a + b = 1
 a = 1; b = 0
⇔
 P ≥ 3 + 1 . Dấu " = " xảy ra ⇔ 
ab = 0

 a = 0; b = 1
Vậy GTNN của P là

a = 1; b = 0
3 + 1 khi 
a = 0; b = 1


ĐỀ 20
ĐỀ KSCL TOÁN 9 THÁNG 10 NĂM HỌC 2020 – 2021
TRƯỜNG THCS LÝ NAM ĐẾ - MỸ ĐÌNH 1
Câu 3. (4,0 điểm)
1 ) Tính giá trị biểu thức
a ) 5 5 + 3 45 −

1
20
2

(

) (

2 3− 2 −

; b)

)

2

2 −1 ;

c)

6 + 35
5
−
2
2

2 ) Giải các phương trình sau :
a)

4 ( x + 3) = 14 ;

2

b) 4x − 4x + 1 = 5 − x ;

c) 2x + 1 − x + 1 = 0

Câu 4. (2,0 điểm)
Với x ≥ 0, x ≠ 1 , cho hai biểu thức : A =

x +4
x −1

B=

x +3
x + 2 x −3

1 ) Tính giá tri biểu thức A tại x = 64 .

1
x −1
A x
3 ) Tính giá trị của x để
≥ +5.
B 4

2 ) Chứng minh B =

Câu 5. ( 0,5 điểm)
Một chiếc máy bay bay lên với vận tốc 640 km/h. Đường bay lên tạo với phương nằm ngang một
góc 30° . Hỏi sau 1 phút 15 giây máy bay lên cao được bao nhiêu km theo phương thẳng đứng?

Câu 6.

(3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ DE vng góc với AC .
1) Cho AD = 5 cm; AC = 13 cm. Tính DE và ACD .
2) Gọi M là trung điểm của BC , N là trung điểm của AE . Chứng minh rằng:
a) DN ⊥ MN .
b) MN 2 + ND 2 = AB 2 +

BC 2
.
4

Câu 5. (0,5 điểm) Giải phương trình 4 x 2 + 8 x = 2 x + 6