Đề giữa kì 1 môn toán lớp 9 hà nội

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

BỘ ĐỀ THI HỌC KÌ 1
MƠN TỐN LỚP 9 HÀ NỘI

Tài liệu sưu tầm, ngày 21 tháng 8 năm 2021


Website:tailieumontoan.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KỲ I
QUẬN HÀ ĐÔNG - MƠN TỐN 9
NĂM HỌC 2020-2021.
MƠN:
Bài 1:

(2 điểm) Thực hiện phép tính :

 2

50
1) A = 
+
− 24  . 6 .
3
 3

 14 − 7
15 − 5 
1

2) B 
.
=
+
 :
2 −1
3 −1  7 − 5

Bài 2:

(2,5 điểm) Giải phương trình:

3x − 5 12 x + 7 27 x =
12 .

1)
2)
Bài 3:

3

x2 + 2 =
3.

x+7
x
2 x −1 2x − x − 3
và B =
với x > 0; x ≠ 9 .
+

−
x −9
x
x +3
x −3
1) Tính giá trị biểu thức của A khi x = 1, 44 .
(2 điểm) Cho hai biểu thức: A =

2) Rút gọn biểu thức B.

1
+ A.
B
(3 điểm) Cho tam giác ∆ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết BC = 8 cm , BH = 2 cm .

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=
Bài 4:

1) Tính độ dài các đoạn thẳng AB , AC , AH .
2) Trên cạnh AC lấy điểm K ( K ≠ A, K ≠ C ) , gọi D là hình chiếu của A trên BK . Chứng
minh rằng: BD.BK = BH .BC .
1
ABD .
3) Chứng minh rằng: S BHD = S BKC cos 2 
4
Bài 5:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: K=

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

5x + 6 5x − 9 + 5x − 6 5x − 9 .
HẾT

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI

 2

50
1) A = 
+
− 24  . 6
3
 3


Bài 1:

 6 5 6

A = 
+
− 2 6  . 6
3
 3


6 6

=
A 
− 2 6  . 6
 3


=
A

(2

)

6 −2 6 . 6

=
A 0.=
6 0.
 14 − 7
15 − 5 
1
2) B 
=
+
 :
2 −1
3 −1  7 − 5


(

)

(

)  :

 7 2 −1
5 3 −1
=
+
B 

2 −1
3 −1


(

)(

B =+
7
5 .

7− 5





1
7− 5

)

B = 7−5 = 2.

1) ĐKXĐ: x ≥ 0 .

Bài 2:

3x − 5 12 x + 7 27 x =
12
⇔ 3x − 5.2 3x + 7.3 3x =
12

⇔ 3x − 10 3x + 21 3x =
12
⇔ 12 3x =
12
⇔ 3x =
1
⇔ 3x =
1

⇔x=

1

> 0 (thỏa mãn điều kiện).
3

1 
Vậy phương trình có tập nghiệm S =   .
3

2)

3

x2 + 2 =
3

⇔ x 2 + 2 =27 ⇔ x 2 =25 ⇔ x =±5 .

Vậy phương trình có tập nghiệm S =
Bài 3:

=
A

{±5} .

a) Thay x = 1, 44 (tmđk) vào biểu thức A ta được:

1, 44 + 7 8, 44 211
= =
.
1, 2

30
1, 44

Vậy tại x = 1, 44 thì A =

211
.
30

b) ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 9 .
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

x
2 x −1 2x − x − 3
+
−
x −9
x +3
x −3

B=

x

B=

B=

B=

(

) (
(

)( x + 3) − 2 x +
x + 3)( x − 3)

x − 3 + 2 x −1

x +3

x − 3 x + 2x + 6 x − x − 3 − 2x + x + 3

(

x

(

(

x +3

x +3

)(

x +3

)

x −3

)(

x −3

)

)

x
.
x −3

B=

c) ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 9 .

S=

1
+ A=
B

Vì

x > 0;

x+

x −3 x +7 x + x + 4
+
=
=
x
x
x

x+

4
+ 1.
x

4
> 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
x

4
≥2
x

x.

4
, ta được:
x

4
x

⇒ x+

4
≥ 2.2
x

⇒ x+

4
≥4
x

⇔ x+

4
+1 ≥ 5 .
x

Dấu "=" xảy ra khi

x và

x=

4
⇒ x= 4 (thỏa mãn).
x

Vậy GTNN của S là 5 đạt được khi x = 4 .
Bài 4:

1) Xét ∆ABC vuông tại A ; đường cao AH .
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB 2 =BH .BC =2.8 =16 ⇒ AB =4 cm
AC 2 =HC.BC =( BC − BH ) .BC =6.8 =48 ⇒ AC =4 3 cm
2
AH=
HB.HC ⇒ AH
= 2 3 cm .

2) Xét tam giác vuông ABK , đường cao AD ta có: AB 2 = BD.BK
Xét tam giác vng ABC , đường cao AH ta có: AB 2 = BH .BC

(1)
(2)

Từ (1) và (2) suy ra BD.BK = BH .BC = AB 2 (đpcm).
3) Gọi E là hình chiếu của H lên BD , F là hình chiếu của C lên BK . Ta có

S BHD
S BKC

1
.HE.BD HE BD BH BD BH BD.BK
BH BA2 1
2
=
=
.
=
.
.
=
=
.
cos.
ABD
=
2
2
1
CF
BK
BC
BK

BC
BK
BC
BK
4
.CF .BK
2

1
⇒ S BHD =
S BKC cos 2 
ABD .
4
Bài 5:

ĐKXĐ: x ≥
Với x ≥

=
K

K=

(

9
5

9
ta có:

5
5x − 9 + 3

)

2

+

(3 −

5x − 9

)

2

5x − 9 + 3 + 3 − 5x − 9 .

Với x ≥

9
ta có:
5

3 − 5x − 9 ≥ 3 − 5x − 9
⇒ 5x − 9 + 3 + 3 − 5x − 9 ≥ 5x − 9 + 3 + 3 − 5x − 9
⇒ K ≥ 6.

Dấu " = " xảy ra ⇔ 3 − 5 x − 9 ≥ 0

⇔ 5x − 9 ≤ 3
⇔ 5x − 9 ≤ 9

⇔ x≤
Mà x ≥

18
.
5

9
9
18
nên ≤ x ≤ .
5
5
5

Vậy K có giá trị nhỏ nhất là 6 đạt được khi và chỉ khi

9
18
≤x≤ .
5
5

HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
TRƯỜNG THCS BA ĐÌNH
ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN 9
Bài 1:

Tính giá trị biểu thức
a) 2 45 + 5 − 3 80

(2 − 3)

b)

2

+

2
16
−6
3
3 +1

c) tan 2 40o.sin 2 50o − 3 + (1 − sin 40o )(1 + sin 40o )
Bài 2:

Giải phương trình:

8
a) 4 − 3 x =
b) 4 x − 8 − 12

(

)(

c) 2 x + 1
Bài 3:

x−2
=−1
9

)

x −2 =
7


x
x +1
1 
và B =
Cho biểu thức:
=
A 

−
 :
 x −1 x − x  x + 2

x
với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 9 .
x −3

a)Tính giá trị biểu thức B khi x = 36 .
1
b)Tìm x để B <
2
c)Rút gọn biểu thức A.

d)Tìm giá trị x nguyên nhỏ nhất để biểu thức P = A.B nguyên.
Bài 4:
1)Một chiếc máy bay cất cánh theo một góc 25o so với phương ngang. Hỏi muốn đạt độ cao
2000m thì máy bay phải bay một đoạn đường là bao nhiêu mét? (làm tròn kết quả đến chữ số
thập phân thứ nhất)
2)Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH .
a)Biết AB = 4 cm, AC = 4 3 cm. Giải tam giác ABC .
b)Kẻ HD, HE lần lượt vng góc với AB, AC ( D thuộc AB , E thuộc AC ). Chứng minh
BD.DA + CE.EA =
AH 2

c)Lấy điểm M nằm giữa E và C , kẻ AI vng góc với MB tại I . Chứng minh
HI
sin 
AMB.sin 
ACB =

CM
Bài 5:

(

)

Giải phương trình 2 x − 2 x 2 + 5 x − 3 = 1 + x

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

(

)

2x −1 − 2 x + 3 .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
TRƯỜNG THCS BA ĐÌNH
ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

a) 2 45 + 5 − 3 80

2 45 + 5 − 3 80

= 2 9.5 + 5 − 3 16.5
= 2 32.5 + 5 − 3 42.5
= 2.3 5 + 5 − 3.4 5
= 6 5 + 5 − 12 5
= −5 5
b)

(2 − 3)

=2 − 3 +

=2 −

=2 −

2

2
16
−6
3
3 +1

+
2

(

)

3 −1

−6

42
3

)( 3 − 1)
2 ( 3 − 1)
4
(do 2 >
−6
3+
3
( 3 ) −1
2 ( 3 − 1)
−8 3
3+
(

3 +1

2

3 nên 2 − 3 =−
2
3)

2

2
= 2 − 3 + 3 −1− 8 3

= 1− 8 3
c) tan 2 40o.sin 2 50o − 3 + (1 − sin 40o )(1 + sin 40o )
tan 2 40o.sin 2 50o − 3 + (1 − sin 40o )(1 + sin 40o )
= tan 2 40o.sin 2 50o − 3 + (1 − sin 2 40o )
sin 2 40o
.cos 2 40o − 3 + 1 − sin 2 40o
cos 2 40o
= sin 2 40o − 3 + 1 − sin 2 40o

=

= −2

Câu 2.

a) 4 − 3 x =
8
4 − 3x =
8
⇔

(

4 − 3x

)

2

=
82

⇔ 4 − 3x =
64

⇔x=
−20
Vậy phương trình có nghiệm x = −20
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
x−2
=−1
9

b) 4 x − 8 − 12

Điều kiện xác định: x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
4 x − 8 − 12

x−2
=−1
9
1

−1
( x − 2) =
9

⇔ 4( x − 2) − 12

1
x − 2 =−1
3
⇔ 2 x − 2 − 4 x − 2 =−1
⇔ 2 x − 2 − 12.

⇔ 2 x−2 =
1
1
⇔ x−2 =
2
1
⇔ x−2=
4
9
⇔ x = (thỏa mãn)
4

Vậy phương trình có nghiệm x =

(

)(

c) 2 x + 1

)

9
.
4

x −2 =
7

Điều kiện xác định: x ≥ 0

(2

)(

x +1

)

7
x −2 =

7
⇔ 2x + x − 4 x − 2 =
0
⇔ 2x − 3 x − 9 =
0
⇔ 2x − 6 x + 3 x − 9 =

0
⇔ 2 x ( x − 3) + 3( x − 3) =
0
⇔ (2 x + 3)( x − 3) =

⇔ x −3 =
0 (do 2 x + 3 > 0 ∀ x ≥ 0 )

Câu 3.

⇔ x=
3
⇔x=
9 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = 9 .
a)Tính giá trị biểu thức B khi x = 36 .
Khi x = 36 (thỏa mãn điều kiên xác định x > 0, x ≠ 1, x ≠ 9 ), ta có:
36
6
= = 2
36 − 3 6 − 3
Vậy B = 2 .

=
B

1
b)Tìm x để B <
2
Ta có:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
B<

1
2

⇔

1
x
<
x −3 2

⇔

1
x
− <0
x −3 2

⇔

2 x − x +3
<0

2( x − 3)

⇔

x +3
<0
2( x − 3)

⇔ 2( x − 3) < 0 (do

x + 3 > 0 ∀x > 0, x ≠ 1, x ≠ 9 )

⇔ x −3< 0
⇔ x <3
⇔ x<9

0 < x < 9
Kết hợp với điều kiện xác định, ta có 
là giá trị cần tìm.
x ≠ 1
c)Rút gọn biểu thức A.

x
x +1
1 
A 
=
−
 :
 x −1 x − x  x + 2


 x +2
x
1
= 
−
.
x ( x − 1)  x + 1
 x −1

 x +2
x
1
= 
−
.
x ( x − 1)  x + 1
 x ( x − 1)
=
=
=

x −1
x +2
.
x ( x − 1) x + 1
( x + 1)( x − 1) x + 2
.
x ( x − 1)
x +1

x +2
x

d)Tìm giá trị x nguyên nhỏ nhất để biểu thức P = A.B nguyên.
=
P A=
.B
=

x +2
x
.
x
x −3

x +2
x −3

x −3+5
x −3
5
= 1+
x −3
=

Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
Ta có: P = A.B nguyên ⇔ 1 +

5
nguyên ⇔
x −3

5
nguyên ⇔ 5 ( x − 3)
x −3

⇔ x − 3 ∈ {−5; −1;1;5}
⇔ x ∈ {−2; 2; 4;8}
⇔ x ∈ {2; 4;8} (do x ≥ 0∀x ≥ 0 )
⇔ x ∈ {4;16;64}
Vậy x = 4 là giá trị nguyên nhỏ nhất để biểu thức P = A.B nguyên.
Câu 4.
1)

Xét ∆ABC vng tại H có:
BH
2000
 ⇔ 2000
= sin BAH
= sin 25o ⇔ AB
=
≈ 4732, 4 ( m )
AB
AB
sin 25o

Vậy muốn đạt độ cao 2000m thì máy bay phải bay một đoạn đường 4732,4m.
2)

a)Biết AB = 4 cm, AC = 4 3 cm. Giải tam giác ABC .
Xét ∆ABC vuông tại A , đường cao AH có:
AB 2 + AC 2= BC 2 ⇒ 42 + (4 3) 2= BC 2 ⇒ BC= 8
4 1
60o
cos 
ABC ==⇒ 
ABC =
8 2


ABC + 
ACB = 90o ⇒ 
ACB = 90o − 
ABC = 90o − 60o = 30o
b)Kẻ HD, HE lần lượt vuông góc với AB, AC ( D thuộc AB , E thuộc AC ). Chứng minh
BD.DA + CE.EA =
AH 2
Xét ∆ABH vuông tại H , DH là đường cao
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Ta có HD 2 = BD.DA
Xét ∆AHC vng tại H , đường cao HE có:

HE 2 = AE.EC



= 
AEH
= EHD
= HDA
= 90o nên tứ giác DAEH là hình chữ nhật.
Vì DAE
⇒ HE =
DA
Xét ∆ADH vng tại D có:
DA2 + DH 2 =
AH 2
⇒ HE 2 +=
DH 2 AH 2 (do
=
HE DA)
⇒ BD.DA + CE.EA =
AH 2
c)Lấy điểm M nằm giữa E và C , kẻ AI vng góc với MB tại I . Chứng minh
HI
AMB.sin 
ACB =
sin 
CM
Xét ∆ABM vuông tại A có đường cao AI

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có : BI .BM = AB

Xét ∆ABC vng tại A có đường cao AH

2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có : BH .BC = AB

2

⇒ BI .BM = BH .BC (= AB 2 )

BH BC
=
BM
BI
Xét ∆AHI và ∆BMC có
BH BC
=
BM
BI
 chung
IBC
⇒

⇒ ∆AHI # ∆BMC (c-g-c)
HI
BI
Suy ra:
.
=
MC BC

AB
BM
AB
Xét ∆ABC vuông tại A ta có: sin 
ACB =
BC
AB AB
AB 2
2

ABM .sin
=
ACB =
.
mà BI .BM = AB
⇒ sin 
BM BC BM .BC
AB 2
BI .BM
BI
HI
BI

ABM .sin
=
ACB = =
mà
=
⇒ sin 
BM .BC BM .BC BC

MC BC
HI
(đpcm)
sin 
ABM .sin 
ACB =
MC
Xét ∆ABM vng tại A ta có: sin 
AMB =

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Câu 5.

ĐKXĐ: x ≥
Với x ≥

(

1
2

1
ta có:
2

)

2 x − 2 x2 + 5x − 3 = 1 + x

(

⇔ 2 x −1 − 2 2 x2 + 5x − 3 − x

2x −1 − 2 x + 3

(

)

)

2 x − 1 − 2 x + 3 =0 (1)

 2 x − 1 =
a
Đặt 
( a ≥ 0, b > 0 )
b
 x + 3 =
2 x − 1 =a 2

⇒  x =b 2 − 3

2
ab

 2 x + 5x − 3 =
Phương trình (1) trở thành:
a 2 − 2ab − ( b 2 − 3) ( a − 2b ) =
0
⇔ a 2 − 2ab − ab 2 + 2b3 + 3a − 6b =
0

⇔ a ( a − 2b ) − b 2 ( a − 2b ) + 3 ( a − 2b ) =
0
0
⇔ ( a − 2b ) ( a − b 2 + 3) =

 a = 2b
⇔ 2
b = a + 3
+) Nếu a = 2b ta có:

2 x −=
1 2 x+3
⇔ 2 x − 1= 4 x + 12
⇔ 2x =
−13
−13
⇔ x = (không thỏa mãn điều kiện)
2
+) Nếu b 2= a + 3 ta có:

x +=
3

2x −1 + 3

⇔ 2 x − 1 =x
⇔ 2 x − 1 =x 2
⇔ x2 − 2 x + 1 =
0

0
⇔ ( x − 1) =
2

⇔ x − 1 =0
⇔x=
1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1}

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN CẦU GIẤY
TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY
ĐỀ KIỂM TRAGIỮA HỌC KÌ I
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN 9
Bài 1:

(2 điểm) Tính giá trị biểu thức
A=

C=
Bài 2:

(2

)

B
6 − 4 3 + 5 2 .3 6 =

2− 3
2+ 3
+
2+ 3
2− 3

48 − 10 7 + 4 3 + 2 + 3

(1,5 điểm) Giải các phương trình sau

0
a) x − 3 x − 4 =
b)

2x −1 + x −1 =
5

7 3
c) x 2 + 2 x +=

Bài 3:

(x

2

)

+ 1 . ( x + 3)

(2,5 điểm) Cho biểu thức: A =

x +7
và B =
x −1

1
3
x +8
+
+
với x ≥ 0 , x ≠ 1
x + 2 1− x x + x − 2

a) Tính giá trị của A biết x= 9 + 4 2
b) Rút gọn B
Bài 4:

c) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B có giá trị nguyên
(3,5 điểm)

1. Một cột đèn có bóng trên mặt đất dài 8,5 m . Các tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc
xấp xỉ 38° . Tính chiều cao của cột đèn ? (Kết quả làm tròn đến 1 chữ số thập phân)
2. Cho ∆ABC nhọn có 
ABC= 60° , đường cao AH . Đường thẳng qua C vng góc với AC
cắt đường thẳng AH tại D . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H trên AC và CD .
a) Nếu AH = 3cm , AC = 5 cm . Tính độ dài các đoạn thẳng HC , HD , CD ?
b) Chứng minh rằng CF .CD = CE.CA .
c) Biết AB + BC =
8 cm , tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC .

Bài 5:

(0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca =
abc . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: P =

a
b
c
+
+
.
bc ( a + 1) ca ( b + 1) ab ( c + 1)
 HẾT 

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1:
A=

(2

)

6 − 4 3 + 5 2 .3 6

A = 2 6.3 6 − 4 3.3 6 + 5 2.3 6
A =−
36 12 18 + 15 12

A=
36 − 12 32.2 + 15 22.3
A=
36 − 12.3 2 + 15.2 3 =
36 − 36 2 + 30 3
2− 3
2+ 3
+
2+ 3
2− 3

=
B

(2 − 3) + (2 + 3)

( 2 + 3 ) .( 2 − 3 ) ( 2 − 3 ) .( 2 + 3 )
2

=
B

(2 − 3)

B=

2

+

2

(2 + 3)

2

B = 2− 3 + 2+ 3

B = 2− 3 +2+ 3 = 4

C=

48 − 10 7 + 4 3 + 2 + 3

C=

48 − 10

C=

48 − 10. 2 + 3 + 2 + 3

C=

48 − 20 − 10 3 + 2 + 3

C=

28 − 10 3 + 2 + 3

C=

(5 − 3 )

(2 + 3)

2

2

+2+ 3

+2+ 3

C = 5− 3 + 2+ 3 = 5− 3 + 2+ 3 = 7

Bài 2:

0 (điều kiện: x ≥ 0 )
a) x − 3 x − 4 =
0
⇔ x+ x −4 x −4=

(

) (
)
⇔ x . ( x + 1) − 4 ( x + 1) =
0
⇔ ( x − 4 ) . ( x + 1) =
0
⇔ x+ x − 4 x +4 =
0

⇔

x −4=
0 (do

x + 1 > 0 với mọi x ≥ 0 )

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com

x =4

⇔

⇔ x = 16 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x = 16
b)
⇔

(điều kiện: x ≥ 1 )

2x −1 + x −1 =
5

(

2x −1 + x −1

)

⇔ 2 x − 1 + x − 1 + 2.

2

=
52

( 2 x − 1) . ( x − 1) =25

25
⇔ 3 x − 2 + 2. 2 x 2 − 3 x + 1 =
⇔ 2. 2 x 2 − 3 x + 1 = 27 − 3 x

(điều kiện: x ≤ 9 )

⇔ 8 x 2 − 12 x + 4= 9 x 2 − 162 x + 729

⇔ x 2 − 150 x + 725 =
0
⇔ x 2 − 5 x − 145 x + 725 =
0

0
⇔ ( x − 5 ) . ( x − 145 ) =
0
⇔ x −5 =

(do đk x ≤ 9 nên x − 145 < 0 )

⇔ x = 5 (thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 9 )

Vậy phương trình có nghiệm x = 5

(x

7 3
c) x 2 + 2 x +=

(

)

(

) (x

)

+ 1 . ( x + 3) (điều kiện: x ≥ −3 )

2

⇔ x 2 + 1 + 2 ( x + 3) − 3
⇔ x2 + 1 −

⇔
⇔

x2 + 1

(

(

2

(x

2

)

0
+ 1 . ( x + 3) =

)

x2 + 1 − x + 3 + 2 x + 3

)(

x2 + 1 − 2 x + 3 .

Trường hợp 1:

(x

)

+ 1 . ( x + 3) + 2 ( x + 3) −

2

)

+ 1 . ( x + 3) =
0

)

(

x + 3 − x2 + 1 =
0

)

x2 + 1 − x + 3 =
0

x2 + 1 − 2 x + 3 =
0

⇔ x2 +=
1 2 x + 3 ⇔ x 2 + 1= 4 x + 12 ⇔ x 2 − 4 x − 11 =
0
Ta có ⇔ x 2 − 4 x − 11 =
0 ⇔ x2 − 4x =
11 ⇔ x 2 − 4 x + 4 = 15 ⇔ ( x − 2 ) = 15
2

⇔ x= 2 ± 15 (thỏa mãn điều kiện)

Trường hợp 2:

x2 + 1 − x + 3 =
0⇔

x 2 + 1=

x + 3 ⇔ x2 + 1 = x + 3 ⇔

x2 − x − 2 =
0

0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2
⇔ ( x − 2 ) . ( x + 1) =

(thỏa mãn điều kiện)

{

}

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có tập nghiệm S =2 − 15; −1; 2; 2 + 15 .
Bài 3:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

(

)

a) Ta có: x = 9 + 4 2 = 8 + 2.2 2.1 + 1 = 2 2 + 1

(2

⇒ x=
A
=

)

2 +1

2

2

(thoả mãn điều kiện)

= 2 2 + 1 , thay vào biểu thức A , ta có:

(

)

2 2 + 1 + 7 2 2 + 8 2 2. 2 2 + 1
=
=
= 2 2 +1
2 2 +1−1

2 2
2 2

A 2 2 +1
Vậy x= 9 + 4 2 , thì=
b) Với x ≥ 0 , x ≠ 1 ta có:

1
3
x +8
+
+
x + 2 1− x x + x − 2

B=

1
3
−
+
x −1
x +2

=

=

(

=

=

x −1

(

x +8
x +2

3

−

)(

(

)

x −1

x +2

) ( x + 2)(
x −1 − 3( x + 2) + x + 8
( x + 2)( x − 1)
x +2

)(

x −1

x −1− 3 x − 6 + x + 8

(

)( x − 1)
( x − 1) =
=
( x + 2)( x − 1)
x +2

=

(

)

+

) (

x −1

x − 2 x +1
x +2

)(

x+8
x +2

)(

)

x −1

)

x −1

2

c) Ta có: P = A.B =

x −1
x +2
x + 7 x −1
=
.
x −1 x + 2

Ta có: x ∈ , để P ∈ ⇒
Mà

x +7
5
= 1+

x +2
x +2

5
∈ ⇒ 5 x + 2 ⇒ x + 2 ∈ Ö ( 5 ) ⇒ x + 2 ∈ {±1; ±5}
x +2

x + 2 ≥ 2 với x ≥ 0 , x ≠ 1

Do đó:

x +2=5⇒ x =3⇒ x =
9 (thoả mãn)

Vậy x = 9 thì P = A.B có giá trị ngun.
Bài 4:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
A
E

B

60°
H

C

F

D

a) Nếu AH = 3cm , AC = 5 cm . Tính độ dài các đoạn thẳng HC , HD , CD ?
+) Xét ∆AHC vuông tại H , đường cao HE ta có:

AH 2 + HC 2 =
AC 2 (định lý Py-ta-go)
⇒ HC 2 =
AC 2 − AH 2 =
52 − 32 =
25 − 9 =
16
⇒ HC =
4 (cm)
HC 2 = CE. AC (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông)
HC 2 42 16
= = =3, 2 (cm)
AC
5
5
= ECF
= HFC
= 90°
+) Xét tứ giác HECF có: HEC
⇒ CE =

⇒ tứ giác HECF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

⇒ HF = CE = 3, 2 (cm)
+) Xét ∆CHD vuông tại H , đường cao HF ta có:

1
1
1
=
+
(quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vng)
2
2
HF
HC
HD 2
1
1
1
⇒
=
−
2
2
HD
HF
HC 2
42. ( 3, 2 )
HC 2 .HF 2

256
⇒ HD
=
=
=
2
2
2
2
HC − HF
9
4 − ( 3, 2 )
2

2

⇒ HD =

256 16
= ≈ 5,3 (cm)
9
3

Có: HF .CD = HC.HD (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông)

16
4.
HC.HD
20
⇒ CD =

= 3 = ≈ 6, 7 (cm)
16
HF
3
5
b) Chứng minh rằng CF .CD = CE.CA .
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
+) Xét ∆AHC vuông tại H , đường cao HE ta có:

HC 2 = CE. AC (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) (1)
+) Xét ∆CHD vuông tại H , đường cao HF ta có:

HC 2 = CF .CD (quan hệ giữa cạnh và đường cao tam giác vuông) ( 2 )
Từ (1) và ( 2 ) ⇒ CF .CD =
CE.CA (điều phải chứng minh)
c) Biết AB + BC =
8 cm , tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC .

1
AH .BC
2
Vì ∆ABH vng tại H nên ta có AH = AB.sin B

Ta có: S ABC =

=
Do đó: S ABC

1
1
1 3
AB
=
.BC.sin B
AB=
.BC.sin 60° =
. . AB.BC
2
2
2 2

3
AB.BC
4

 AB + BC   8 
Mặt khác AB.BC ≤ 
16
 =
  =
2

 2
2

2

Dấu “=” xảy ra khi AB
= BC
= 4 cm
Do đó: S ∆ABC ≤

3
.16 =
4 3 ( cm 2 )
4

Vậy max S ∆ABC = 4 3 cm 2 khi ∆ABC cân tại B .
Bài 5:

Ta có:

a
a
a
a
1
a
a
=
=
=
≤ 
+


bc ( a + 1) abc + bc ab + bc + ca + bc b ( a + c ) + c ( a + b ) 4  b ( a + c ) c ( a + b ) 

Tương tự ta chứng minh được:

b
b
b
1
≤ 
+

ac ( b + a ) 4  a ( b + c ) c ( a + b ) 


c
1
c
c
≤ 
+

ab ( c + 1) 4  b ( a + c ) a ( b + c ) 

Do đó P =

a
b
c
1 a+c
b+c

a+b 
+
+
≤ 
+
+

bc ( a + 1) ca ( b + 1) ab ( c + 1) 4  b ( a + c ) a ( b + c ) c ( a + b ) 

1  1 1 1  1 ab + bc + ca 1
.=
⇔ P ≤ =
+ + 
4a b c 4
4
abc
1
⇒ max P =
4
Dấu bằng xảy ra khi b ( a + c ) = c ( a + b ) = a ( b + c ) ⇔ ab + bc = ac + bc = ab + ac
⇔ abc − ac = abc − ab = abc − bc .
⇔ ab = bc = ca mà ab + bc + ca = abc ⇔ a = b = c = 3

 HẾT 
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

Bài 1.

PHÒNG GD VÀ ĐT HUYỆN ĐAN PHƯỢNG
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN 9
(1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

(

a) A = 2 − 3

)

2

+2 3 ;

b) B = 18 − 2 50 + 3 8 + 3 27 ;
c) C=
Bài 2.

4
10
125
5
.
−
+
+ 2.

2
5 −1
5
5

(2,0 điểm)
Cho hai biểu thức A =

x −3
1 
x
 x
và B 
với x > 0 , x ≠ 4
:
=
−

x −2 x +2
x +1
 x−4

a) Tính giá trị của A khi x = 25.
b) Rút gọn biểu thức B
c) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B có giá trị ngun.
Bài 3.

Bài 4.

(2,0 điểm) Tìm x biết:

a)

4 x  20  2 x  5  9 x  45  12

b)

x 2 10 x  25  6

(4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH ( H ∈ BC ).
a)=
Biết AB 12
ABC ( làm trịn đến độ);
=
cm, BC 20cm , Tính AC , AH và 
b) Kẻ HM vng góc với AB tại M , HN vng góc với AC tại N . Chứng minh:
AN .=
AC AC 2 − HC 2 ;
c) Chứng minh: AH = MN và AM .MB + AN .NC =
AH 2 ;
d) Chứng minh: tan 3 C =

Bài 5.

BM
.
CN

(0,5 điểm) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

(

)(

a +1

)

b + 1 ≥ 4.

a 2 b2
+ .
b a
HẾT

P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I
PHỊNG GD&ĐT ĐAN PHƯỢNG
Năm học: 2020-2021
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1.

(

a) A = 2 − 3

)

2

+2 3

A =2 − 3 + 2 3

A =2 − 3 + 2 3
A= 2 + 3
b) B = 18 − 2 50 + 3 8 + 3 27
B = 9.2 − 2 25.2 + 3 4.2 + 3 3.3.3

B=
3 2 − 2.5 2 + 3.2 2 + 3
B = 3 2 − 10 2 + 6 2 + 3
B= 3 − 2

4
10
125
5
−
+
+ 2.
2
5 −1

5
5

c) C=

=
C

=
C

4.

(

(

5 −1

4.

(

=
C

)(

)

5 +1

) −2

5 +1

− 12

C=

(

)−

5 +1
4

2.5
125
5
+
+ 2.
5
5
2

5 +5+ 5

5 −1

4.

−

5 + 25 + 5

( )
4. ( 5 + 1)
−2
2

5

=
C

)

5 +1

5 +5

5 +1− 5 + 5

C =6
Bài 2.
a) Ta có x = 25 (thỏa mãn điều kiện), thay vào biểu thức A ta có:

A=

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

25 − 3 5 − 3 2 1
=
= =
25 + 1 5 + 1 6 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

1
3
b) Với x > 0 , x ≠ 4 , ta có:

Vậy khi x = 25 thì A =

1 
x
 x
:
B 
=
−

x −2 x +2
 x−4



= 



=

=

(

(

x

x +2

x −2

x− x −2
x +2

)(

x −2

)

)
.

x +2
x

x−2 x + x −2
x

=

)(


1  x +2
.
x − 2
x


−

(

x −2

x −2
x

=

(

(

)(

)

)

x +1

x −2

)

x +1
x
x +1
x > 0, x ≠ 4,
x

Vậy B =

c) với x > 0 , x ≠ 4 , ta có

x − 3 x +1
.
=
x +1
x

P = A.B =

x −3
3
= 1−
x
x

Với x ∈  , x > 0 , x ≠ 4 ,

3
là số vô tỉ nên P không là số nguyên (loại).
x

+) Nếu

x là số vơ tỉ thì

+) Nếu

x là số ngun nên P là số nguyên

⇔

3
là số nguyên
x

⇔ x là ước dương của 3
 x =1

⇔
 x = 3
x = 1
⇔
 x = 9

( nhận )
( nhận )

Vậy x ∈ {1;9} thì P có giá trị nguyên.
Bài 3.
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

4 x  20  2 x  5  9 x  45  12

a)

Điều kiện: x ≥ −5
Ta có:

4 x + 20 − 2 x + 5 + 9 x + 45 =
12

⇔ 4 ( x + 5) − 2 x + 5 + 9 ( x + 5) =
12

⇔ 2 x+5 −2 x+5 +3 x+5 =
12

⇔ 3 x+5 =
12
⇔ x+5 =
4
⇔ x+5 =
16
⇔x=
11 (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  11 .
b)

x 2 10 x  25  6

Ta có:
x 2 10 x  25  6

  x  5  6
2

 x 5  6

x 5  6

 x  5  6
 x  11


 x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  11; 1 .
Bài 4.
A

N
12

M

B

H

20

C

a) Xét tam giác ABC vng tại A , ta có:
2
BC
=
AB 2 + AC 2 (Định lý Pytago)
2
Hay 20
16 cm
=
122 + AC 2 ⇒ AC 2 = 202 − 122 = 162 ⇒ AC =

Xét tam giác ABC vuông tại A đường cao AH

Ta có: AB. AC = AH .BC ( Hệ thức giữa đường cao và các cạnh góc vng)
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

⇒ AH =

AB. AC 12.16
=
= 9, 6
BC
20

AC 16 4
= = ⇒
ABC ≈ 53°
BC 20 5
Vậy AC = 16 cm, AH = 9, 6 chứng minnh, 
ABC ≈ 53° .
Ta có: sin ABC =

b) Xét ∆AHC đường cao HN
Có: AN . AC = AH 2 ( Hệ thức giữa đường cao và các cạnh góc vng) (1)
2
AC
=
AH 2 + HC 2 (Định lý Pytago)

⇒ AH 2 = AC 2 − HC 2

(2)

Từ (1), (2) ⇒ AN .=
AC AC 2 − HC 2
= 
c) Ta có: MAN
ANH= 
AMH= 90°
⇒ ANHM là hình chữ nhật ⇒ AH =
MN

Xét ∆AHB , ∆AHC và ∆MHN có:

 AM .MB = MH 2

2
 AN .NC = HN
 MN
2
2
2
 = HN + HM
⇒ AM .MB + AN .NC =HN 2 + HM 2 =MN 2 = AH 2

d) Xét tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH ,ta có:
2


AB 2 BH .BC BH
 AC = CH .BC
⇒
=
=
 2
AC 2 CH .BC CH

 AB = BH .BC

Lại có: HM // AC ⇒
HN // AB ⇒

Bài 5.
Từ giả thiết

(

BM BH
=( định lý talet) (4)
AM CH

HN NC
AB NH
=
⇒
=
AB AC
AC CN

Từ (3), (4), (5) ⇒

(3)

(5)

AB 2 . AB BM NH
AB 3 BM
3
=
.
tan
=
C
=
hay
AC 2 . AC AM CN
AC 3 CN

)(

a +1

)

b + 1 ≥ 4 ⇔ ab + a + b + 1 ≥ 4 ⇔ ab + a + b ≥ 3

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số thực dương a, b : a + b ≥ 2 ab ⇔

a+b

≥ ab
2

(1)
Ta có
Và

(

a +1
≥ a
2
2
b +1
≥ b
b −1 ≥ 0 ⇔ b − 2 b +1 ≥ 0 ⇔
2

(

)

2

a −1 ≥ 0 ⇔ a − 2 a +1 ≥ 0 ⇔

)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra

(2)
(3)

a + b a +1 b +1
+
+
≥ ab + a + b
2
2
2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

⇔

2a + 2b + 2
≥ ab + a + b
2

⇔ a + b + 1 ≥ ab + a + b
Mà

P=

ab + a + b ≥ 3 nên a + b + 1 ≥ 3 ⇔ a + b ≥ 2 .

  b2

a 2 b2  a 2
+ =  + b  +  + a  − (a + b)
b a  b
  a


Với a, b là các số thực dương ta áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

⇔P≥2

a2
b2
.b + 2
.a − ( a + b )
b
a

⇔ P ≥ 2a + 2b − ( a + b )
⇔ P ≥ a+b
⇔P≥2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2 khi a= b= 1.

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
TRƯỜNG THCS ĐỐNG ĐA
ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN 9
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM ( 1 điểm ) Chọn đáp án đúng trong mỗi câu sau
Câu 1. Căn bậc hai của 9 là
B. ±3 .

A. 3 .

D. ±81 .

3 − 5x xác định khi và chỉ khi

Câu 2.

Câu 3.

C. −3 .

3
3
3
3
A. x > .
B. x < .
C. x ≤ .
D. x ≥ .
5
5

5
5
Một cái thang dài 3,5 m đặt dựa vào tường, góc “an tồn” giữa thang và mặt đất để thang

không đổ khi người trèo lên là 65° . Khoảng cách “an toàn” từ chân tường đến chân thang
(Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) là :
A. 1, 4 m .
Câu 4.

B. 1, 48 m .

C. 1m .

D. 1,5 m .

Tam giác ABC vng tại A , có đường cao AH chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng
có độ dài 3, 6 cm và 6, 4 cm . Độ dài một trong các cạnh góc vng là
B. 4,8 cm .

A. 8 cm .

C. 64 cm .

D. 10 cm .

II. PHẦN TỰ LUẬN ( 9 điểm)
Bài 1.
(1,5 điểm) Thực hiện phép tính.
a).

Bài 2.

Bài 3.

20 + 2 45 − 15

1
.
5

b).

35 − 7
12
+
.
5 −1
7 −1

c).

8 + 2 7 − 28 .
(2 điểm) Giải các phương trình sau:
a)

7x − 3 =
5.

b) 5 4 x − 16 −

c)

x 2 − 36 − x − 6 =
0.

d) x 2 + 2 =

(2 điểm) Cho biểu thức M =

7
9 x − 36 = 36 − 3 x − 4 .
3

3 − 4 x + 2 x 2 + 4 x3 .

x −1
x −2 2+8 x
2
+
−
và P =
với
x −1
x
x +1
1− x

x > 0; x ≠ 1; x ≠ 5

a) Tính giá trị của M khi x = 9 .

b) Chứng minh P =

Q M .P +
c) Đặt=
Bài 4.

x +6
.
x −1

x −5
. Hãy so sánh Q với 3.
x

(3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn , đường cao AK .
=
a) Giải tam giác ACK biết C
30°, AK =
3cm .

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC