PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN BA ĐÌNH TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÔNG TRỨ
---
THCS.TOANMATH.com
Bài 1: (1,5 điểm) Thực hiện phép tính:
a) 2 8 2 18 50
A= −3 +
b) 3 3 2
3 3 1
B= + −
−
c) cot 30 .sin 652 tan 60 .sin 252 2 cos 39 sin 51
C= ° ° + ° ° − °
° Bài 2: (3 điểm) Cho hai biểu thức 1
3 A x
x
= +
− và 3 1 2
9 3 3
B x
x x x
= − + −
− + − với x≥0;x≠9 a) Tính giá trị của biểu thức A với 1
x=4 b) Rút gọn biểu thức B
c) Cho P=B A: . Tìm x để 5 P=2 d) Tìm x để P nhận giá trị nguyên.
Bài 3: (1,5 điểm) Giải phương trình:
a) 9x−5 x = −6 4 x b) x2+ + = +x 5 x 1
Bài 4: (0,5 điểm) Tại một thời điểm trong ngày, một cái cây có bóng trên mặt đất dài 4,5m . Tính chiều cao của cây biết tia nắng mặt trời hợp với phương thẳng đứng một góc 50°. Bài 5: (3 điểm) Cho ∆ABC vuông tạiA, đường cao AD. Biết AB=6cm, BC=10cm.
a) Tính AC, góc B và góc C.
b) Kẻ DE vuông góc với AB ở E và DF vuông góc với AC ở F . Tính độ dài EF. c) Chứng minh AB CF3. =AC BE3. .
HẾT
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)
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: a) 2 8 2 18 50
A= −3 + 2.2 2 2.3 2 5 2
A= −3 +
4 2 2 2 5 2
A= − +
7 2 A= .
b) 3 3 2
3 3 1
B= + −
−
( ) ( )
( )( )
3 3 1 2 3 1
3 3 1 3 1
B
+ +
= −
− +
( )
2 3 1
3 1 2
B
= + − +
( )
3 1 3 1
B= + − + 0
B=
c) cot 30 .sin 652 tan 60 .sin 252 2 cos 39 sin 51
C= ° ° + ° ° − °
°
2 2 2 cos 39
cot 30 .sin 65 cot 30 . 65 os 39
C= ° ° + °c ° − cos °
°
(
2 2)
cot 30 . sin 65 os 65 2
C= ° ° +c ° −
cot 30 .1 2 C= ° −
3 2 C= − Bài 2: a) 1
x=4 (thoả mãn điều kiện)
1 1
1 1
4 2 3
1 5
1 3 3
4 2 A
+ + −
⇒ = = =
− − Vậy 1
x=4 thì 3 A=−5
b) Ta có: 3 1 2
9 3 3
B x
x x x
= − + −
− + − với x≥0;x≠9
(
x 3x)(
−3x 3)
x1 3 x2 3= + +
+ −
+ −
( )( ) ( )( ) ( )
( )( )
2 3
3 3
3 3 3 3 3 3
x x x
x x x x x x
− − +
= + +
+ − + − + −
(
3 3)(
3 2 3)
6x x x
x x
− + − + +
= + −
(
x x3+)(
3 xx 3)
= + −
( )
( )( )
3
3 3
x x
x x
= +
+ −
3 x x
= − Vậy
3 B x
= x
− với x≥0;x≠9
c) Ta có:P=B A: 1
:
3 3
x x
x x
= +
− −
. 3
3 1
x x
x x
= −
− + 1
x
= x +
Để 5
P= 2 5
1 2 x
⇔ x = +
5 0
1 2 x
⇔ x − = +
2 5 5
1 0
x x
x
− −
⇔ =
+
3 5
1 0 x x
− −
⇔ =
+
3 x 5 0
⇒ − − = 5
x −3
⇔ =
Vì x≥0, ∀ ≥x 0; x≠9mà 5 0 3
− < ⇒không có x thỏa mãn 5 P=2
d) Với x≥0;x≠9 0 0
1
x P
x ≥ ⇒ ≥
⇒ +
( )
1Ta có 1
1 1 0 1
1 1
P x P
x x
− = − = − < ⇒ <
+ +
( )
2Từ
( )
1 và( )
2 ⇒ ≤ <0 P 1 mà P∈ ⇒ = P 0 0 0 0 1x x x
⇔ x = ⇔ = ⇔ =
+ (thoả
mãn)
Vậy x=0 thì P nhận giá trị nguyên.
Bài 3: a) 9x−5 x = −6 4 x
( )
*Điều kiện xác định: x≥0
( )
* ⇔3 x−5 x = −6 4 x3 x 5 x 4 x 6
⇔ − + =
2 x 6
⇔ =
3
⇔ x = 9
⇔ =x (thoả mãn) Vậy x=9
b) x2+ + = +x 5 x 1
( )
22
1
5 1
x
x x x
≥ −
⇔ + + = +
2 2
1
5 2 1
x
x x x x
≥ −
⇔ + + = + +
( )
1 4
4
x x
x
≥ −
⇔ = ⇔ = thoả mãn Vậy x=4
Bài 4:
Ta cĩ hình minh họa, trong đĩ:
AB: là chiều cao của cây
AC: độ dài bĩng cây, AC =4,5m
ABC là gĩc hợp bởi tia nắng mặt trời với phương thẳng đứng,ABC = °50 .
Xét ∆ABC vuơng tại A, áp dụng hệ thức về cạnh và gĩc trong tam giác vuơng ta cĩ:
4, 5
( )
. tanB 3.8
tanB tan 50
mAC
AC=AB ⇒AB= = ≈
° Bài 5:
a) Xét∆ABCvuơng tạiA, theo định lý Pytago ta cĩ:
500
A B
C
F
E D
C B
A
2 2 2 2 2 2
BC = AB +AC ⇔ AC =BC −AB
2 2 2
10 6 64
⇔ AC = − =
( )
8
⇔ AC= cm .
Ta có: sin 8 4 53
10 5
B AC B
= BC = = ⇒ ≈ °.
Vì ∆ABC vuông tại A nên C= ° − = ° − ° = °90 B 90 53 37 . b) Xét ∆ABC vuông tại A, đường cao AD, ta có:
. .
AB AC=AD BC(hệ thức lượng trong tam giác vuông) . 6.8
( )
10 4,8 AB AC
AD BC
⇔ = = = cm .
Xét tứ giác AEDF có EAF=AED=AFD= °90 , suy ra AEDF là hình chữ nhật.
EF AD
⇒ = (hai đường chéo của hình chữ nhật bằng nhau) Mà AD=4,8cm
4,8
⇒EF = cm.
c) Ta có AB CF3. =AC BE3. AB 3 BE
AC CF
⇔ =
4
AB BE AB. AC CF AC
⇔ =
2 2 2
. . AB BE AB AC CF AC
⇔ =
.
( )
1Xét các tam giác vuông ABC, ADB, ACD ta có:
2 .
AB =BD BC; AC2 =CD BC. ; BE BA. =BD2; CF CA CD. = 2. Khi đó
( )
1 . 2 22.
BD BC BD CD BC CD
⇔ =
2 2
BD BD
CD CD
⇔ = (luôn đúng).
VậyAB CF3. =AC BE3. .
HẾT
