Đề kiểm tra giữa HKI Toán 9 THCS Đống Đa – Hà Nội – Năm học 2020 – 2021
Đề kiểm tra giữa HKI Toán 9 THCS Đống Đa – Hà Nội – Năm học 2020 – 2021
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM ( 1 điểm ) Chọn đáp án đúng trong mỗi câu sau
1) Căn bậc hai của 9 là
A. $3$.
B. $\pm 3$.
C. $-3$.
D. $\pm 81$.
2) $\sqrt{3-5x}$ xác định khi và chỉ khi
A. $x>\frac{3}{5}$.
B. $x<\frac{3}{5}$.
C. $x\le \frac{3}{5}$.
D. $x\ge \frac{3}{5}$.
3) Một cái thang dài $3,5\,\text{m}$ đặt dựa vào tường, góc “an toàn” giữa thang và mặt đất để thang không đổ khi người trèo lên là $65{}^\circ $. Khoảng cách “an toàn” từ chân tường đến chân thang (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) là :
A. $1,4\,\text{m}$.
B. $1,48\,\text{m}$.
C. $1\,\text{m}$.
D. $1,5\,\text{m}$.
4) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có đường cao $AH$ chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng có độ dài $3,6\,\text{cm}$ và $6,4\,\text{cm}$. Độ dài một trong các cạnh góc vuông là
A. $8\,\text{cm}$.
B. $4,8\,\text{cm}$.
C. $64\,\text{cm}$.
D. $10\,\text{cm}$.
II. PHẦN TỰ LUẬN ( 9 điểm)
(1,5 điểm) Thực hiện phép tính.
a). $\sqrt{20}+2\sqrt{45}-15\sqrt{\frac{1}{5}}$.
b).$\frac{\sqrt{35}-\sqrt{7}}{\sqrt{5}-1}+\frac{12}{\sqrt{7}-1}$.
c).$\sqrt{8+2\sqrt{7}}-\sqrt{28}$.
(2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt{7x-3}=5$.
b) $5\sqrt{4x-16}-\frac{7}{3}\sqrt{9x-36}=36-3\sqrt{x-4}$.
c) $\sqrt{{{x}^{2}}-36}-\sqrt{x-6}=0$.
d) ${{x}^{2}}+2=\sqrt{3-4x+2{{x}^{2}}+4{{x}^{3}}}$.
(2 điểm) Cho biểu thức $M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}$ và $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}+\frac{2+8\sqrt{x}}{x-1}-\frac{2}{1-\sqrt{x}}$ với $x>0;\,\,x\ne 1;x\ne 5$
a) Tính giá trị của $M$ khi $x=9$.
b) Chứng minh $P=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}$.
c) Đặt $Q=M.P+\frac{x-5}{\sqrt{x}}$. Hãy so sánh $Q$ với 3.
(3,5 điểm)
Cho tam giác $ABC$nhọn , đường cao $AK$.
a) Giải tam giác $ACK$biết $\widehat{C}=30{}^\circ ,\,AK=3\,\text{cm}$.
b) Chứng minh $AK=\frac{BC}{\cot B+\cot C}$.
c) Biết $BC=5\,\text{cm},\widehat{B}=68{}^\circ ,\widehat{C}=30{}^\circ $. Tính diện tích tam giác $ABC$ ( kết quả làm tròn chữ số thập phân thứ nhất).
d) Vẽ hình chữ nhật $CKAD$, $DB$ cắt $AK$ tại $N$. Chứng minh rằng $\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{{{\cot }^{2}}\widehat{ACB}}{D{{N}^{2}}}+\frac{1}{D{{B}^{2}}}$.
HƯỚNG DẪN CHẤM
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
BẢNG TRẢ LỜI
| Câu 1 | Câu 2 | Câu 3 | Câu 4 |
| B | C | D | A |
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Căn bậc hai của 9 là
$3$. B. $\pm 3$. C. $-3$. D. $\pm 81$.
Lời giải
Chọn B
Căn bậc hai của số $9$ là $\pm 3$.
$\sqrt{3-5x}$ xác định khi và chỉ khi
$x>\frac{3}{5}$. B. $x<\frac{3}{5}$. C. $x\le \frac{3}{5}$. D. $x\ge \frac{3}{5}$.
Lời giải
Chọn C
Biểu thức xác định khi $3-5x\ge 0\Leftrightarrow x\le \frac{3}{5}$
Một cái thang dài $3,5\,\text{m}$ đặt dựa vào tường, góc “an toàn” giữa thang và mặt đất để thang không đổ khi người trèo lên là $65{}^\circ $. Khoảng cách “an toàn” từ chân tường đến chân thang (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) là :
$1,4\,\text{m}$. B. $1,48\,\text{m}$. C. $1\,\text{m}$. D. $1,5\,\text{m}$.
Lời giải
Chọn D
Chiều dài thang là $BC=3,5\,\text{m}$.
Góc “an toàn” là $\widehat{ABC}=56{}^\circ $. HSG1-11
Khoảng cách an toàn là $AB$.
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn cho tam giác vuông $ABC$ ta có:
$\cos B=\frac{AB}{BC}\Rightarrow AB=BC.\cos B=3,5.\cos 65{}^\circ \approx 1,5\,\text{m}$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có đường cao $AH$ chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng có độ dài $3,6\,\text{cm}$ và $6,4\,\text{cm}$. Độ dài một trong các cạnh góc vuông là
A. $8\,\text{cm}$. $4,8\,\text{cm}$. C. $64\,\text{cm}$. D. $10\,\text{cm}$.
Lời giải
Chọn A
Giả sử $HC=3,6\,\text{cm}$ và $HB=6,4\,\text{cm}\Rightarrow BC=HC+HB=10\,\text{cm}$.
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông $ABC$ ta có:
$A{{B}^{2}}=BH.BC=6,4.10=64\Rightarrow AB=8\,\text{cm}$
II. PHẦN TỰ LUẬN
(1,5 điểm) Thực hiện phép tính.
a). $\sqrt{20}+2\sqrt{45}-15\sqrt{\frac{1}{5}}$ b).$\frac{\sqrt{35}-\sqrt{7}}{\sqrt{5}-1}+\frac{12}{\sqrt{7}-1}$ c).$\sqrt{8+2\sqrt{7}}-\sqrt{28}$
Lời giải
a)$\sqrt{20}+2\sqrt{45}-15\sqrt{\frac{1}{5}}$
$=\sqrt{4.5}+2\sqrt{9.5}-15\frac{\sqrt{5}}{5}$
$=2.\sqrt{5}+2.3\sqrt{5}-3\sqrt{5}$
$=5\sqrt{5}$.
b).$\frac{\sqrt{35}-\sqrt{7}}{\sqrt{5}-1}+\frac{12}{\sqrt{7}-1}$
$=\frac{\sqrt{7}.\sqrt{5}-\sqrt{7}}{\sqrt{5}-1}+\frac{12}{\sqrt{7}-1}$
$=\frac{\sqrt{7}.(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{5}-1}+\frac{12(\sqrt{7}+1)}{(\sqrt{7})_{{}}^{2}-1}$ HSG1-11
$=\sqrt{7}+\frac{12(\sqrt{7}+1)}{6}$
$=\sqrt{7}+2(\sqrt{7}+1)$
$=3\sqrt{7}+2$.
c).$\sqrt{8+2\sqrt{7}}-\sqrt{28}$
$=\sqrt{(1+\sqrt{7}})_{{}}^{2}-\sqrt{4.7}$
$=\left| 1+\sqrt{7} \right|-2\sqrt{7}$
$=1+\sqrt{7}-2\sqrt{7}$
$=1-\sqrt{7}$.
(2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt{7x-3}=5$ b) $5\sqrt{4x-16}-\frac{7}{3}\sqrt{9x-36}=36-3\sqrt{x-4}$
c) $\sqrt{{{x}^{2}}-36}-\sqrt{x-6}=0$ d) ${{x}^{2}}+2=\sqrt{3-4x+2{{x}^{2}}+4{{x}^{3}}}$
Lời giải
a) Điều kiện: $x\ge \frac{3}{7}$.
Bình phương hai vế của phương trình ta được: $7x-3=25\Leftrightarrow x=4$ ( thỏa mãn điều kiện) .
Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{ 4 \right\}$.
b) Điều kiện: $x\ge 4$.
$5\sqrt{4x-16}-\frac{7}{3}\sqrt{9x-36}=36-3\sqrt{x-4}$
$\Leftrightarrow 5\sqrt{4\left( x-4 \right)}-\frac{7}{3}\sqrt{9\left( x-4 \right)}=36-3\sqrt{x-4}\Leftrightarrow 10\sqrt{x-4}-\frac{7}{3}.3\sqrt{x-4}=36-3\sqrt{x-4}$
$\Leftrightarrow 6\sqrt{x-4}=36\Leftrightarrow \sqrt{x-4}=6\Leftrightarrow x-4=36\Leftrightarrow x=40$ ( thỏa mãn điều kiện) .
Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{ 40 \right\}$.
c) Điều kiện: $x\ge 6$.
$\sqrt{{{x}^{2}}-36}-\sqrt{x-6}=0\Leftrightarrow \sqrt{x-6}.\sqrt{x+6}-\sqrt{x-6}=0$
$ \Leftrightarrow \sqrt {x – 6} \left( {\sqrt {x + 6} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\sqrt {x – 6} = 0 \hfill \cr
\sqrt {x + 6} = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 6\left( {tm} \right) \hfill \cr
x = – 5\left( L \right) \hfill \cr} \right.$
Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{ 6 \right\}$.
d) Điều kiện: $3-4x+2{{x}^{2}}+4{{x}^{3}}\ge 0$.
Bình phương hai vế của phương trình ta được:
${{x}^{4}}+4{{x}^{2}}+4=3-4x+2{{x}^{2}}+4{{x}^{3}}\Leftrightarrow {{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)$
Nhận xét: $x=0$ không phải là nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$, chia cả hai vế của phương trình $\left( 1 \right)$ cho ${{x}^{2}}$ ta được:
${{x}^{2}}-4x+2+\frac{4}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-4\left( x-\frac{1}{x} \right)+2=0\,\,\,\left( 2 \right)$.
Đặt $x-\frac{1}{x}=a\Rightarrow {{a}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}={{a}^{2}}+2$.
Phương trình $\left( 2 \right)$ trở thành: ${{a}^{2}}+2-4a+2=0\Leftrightarrow {{\left( a-2 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow a=2$.
Với $a=2\Rightarrow x-\frac{1}{x}=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-1=0\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=\sqrt{2}\Leftrightarrow x=1\pm \sqrt{2}$( thỏa mãn điều kiện)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{ 1-\sqrt{2};\,\,1+\sqrt{2} \right\}$.
(2 điểm) Cho biểu thức $M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}$ và $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}+\frac{2+8\sqrt{x}}{x-1}-\frac{2}{1-\sqrt{x}}$ với $x>0;\,\,x\ne 1;x\ne 5$
a) Tính giá trị của $M$ khi $x=9$.
b) Chứng minh $P=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}$.
c) Đặt $Q=M.P+\frac{x-5}{\sqrt{x}}$. Hãy so sánh $Q$ với 3.
Lời giải
a) Thay $x=9$ ( thỏa mãn điều kiện) vào $M$ ta được:
$M=\frac{\sqrt{9}-1}{\sqrt{9}}=\frac{3-1}{3}=\frac{2}{3}$. Vậy $x=9$ thì $M=\frac{2}{3}$.
b) Ta có:
$P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}+\frac{2+8\sqrt{x}}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}+\frac{2}{\sqrt{x}-1}=\frac{\left( \sqrt{x}-2 \right)\left( \sqrt{x}-1 \right)+2+8\sqrt{x}+2\left( \sqrt{x}+1 \right)}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}$
$=\frac{x-3\sqrt{x}+2+2+8\sqrt{x}+2\sqrt{x}+2}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}=\frac{x+7\sqrt{x}+6}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}=\frac{\left( \sqrt{x}+1 \right)\left( \sqrt{x}+6 \right)}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}$
( điều phải chứng minh) . HSG1-11
Vậy $P=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}$.
c) Ta có:
$Q=M.P+\frac{x-5}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}.\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}+\frac{x-5}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}}+\frac{x-5}{\sqrt{x}}=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$.
Xét $Q-3=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}-3=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=\frac{{{\left( \sqrt{x}-1 \right)}^{2}}}{\sqrt{x}}>0$ với mọi $x>0;\,\,x\ne 1$.
Do đó $Q>3$.
(3,5 điểm)
Cho tam giác $ABC$nhọn , đường cao $AK$.
a) Giải tam giác $ACK$biết $\widehat{C}=30{}^\circ ,\,AK=3\,\text{cm}$.
b) Chứng minh $AK=\frac{BC}{\cot B+\cot C}$.
c) Biết $BC=5\,\text{cm},\widehat{B}=68{}^\circ ,\widehat{C}=30{}^\circ $. Tính diện tích tam giác $ABC$ ( kết quả làm tròn chữ số thập phân thứ nhất).
d) Vẽ hình chữ nhật $CKAD$, $DB$ cắt $AK$ tại $N$. Chứng minh rằng $\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{{{\cot }^{2}}\widehat{ACB}}{D{{N}^{2}}}+\frac{1}{D{{B}^{2}}}$.
Lời giải
a) Xét tam giác $ACK$vuông tại $K$ có $\widehat{C}=30{}^\circ \Rightarrow \widehat{B}=60{}^\circ $( theo định lí tổng ba góc trong tam giác).
$\operatorname{Sin}\widehat{C}=\frac{AK}{AC}\Rightarrow \operatorname{Sin}30{}^\circ =\frac{3}{AC}\Rightarrow \frac{1}{2}=\frac{3}{AC}\Rightarrow AC=6$(cm)
Theo định lí Pitago trong tam giác vuông $ACK$ta có $KC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{K}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{3}^{2}}}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$(cm).
b) Xét tam giác vuông $AKB$ta có $\cot B=\frac{BK}{AK}$
Xét tam giác vuông $AKC$ta có $\cot C=\frac{KC}{AK}$
Nên $\cot B+\cot C=\frac{BK}{AK}+\frac{KC}{AK}=\frac{BK+KC}{AK}=\frac{BC}{AK}$ HSG1-11
Vậy $AK=\frac{BC}{\cot B+\cot C}$(đpcm).
c) Xét tam giác vuông $AKB$ta có $\tan B=\frac{AK}{BK}\Rightarrow AK=\tan B.BK$
Xét tam giác vuông $AKC$ta có $\tan C=\frac{AK}{CK}\Rightarrow AK=\tan C.CK$
Từ đó ta có $\tan B.BK=\tan C.KC\Rightarrow \frac{\tan B}{\tan C}=\frac{KC}{BK}\Rightarrow \frac{\tan 68{}^\circ }{\tan 30{}^\circ }=\frac{KC}{BK}\Rightarrow \frac{KC}{BK}\approx 4,3=\frac{43}{10}$.
Mà $KC=BC-BK=5-BK\Rightarrow \frac{5-BK}{BK}=\frac{43}{10}\Rightarrow \frac{5}{BK}=\frac{53}{10}$ .
Vậy $BK=0,9;\ KC=4,1$.
Xét tam giác vuông $AKC$có
$\tan C=\frac{AK}{CK}\Rightarrow \tan 30{}^\circ =\frac{AK}{CK}\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{AK}{CK}\Rightarrow AK=\frac{\sqrt{3}}{3}.CK=2,4$(cm).
Vậy ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AK.BC=\frac{1}{2}.2,4.5=6\,\,\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)$.
d) Kẻ $DI\bot BD$tại $D$khi đó $\widehat{ADN}=\widehat{CDI}$( cùng phụ với $\widehat{CDN}$),
Khi đó $\Delta ADN\backsim \Delta CDI\left( g-g \right)$
Suy ra $\frac{AD}{CD}=\frac{AN}{CI}=\frac{DN}{DI}\Rightarrow AD.DI=DN.DC\Rightarrow \frac{DN}{DI}=\frac{AD}{DC}\Rightarrow \frac{N{{D}^{2}}}{D{{I}^{2}}}=\frac{A{{D}^{2}}}{D{{C}^{2}}}$
Vì $AK=DC$( tính chất hcn)
$\widehat{ACB}=\widehat{DAC}\Rightarrow {{\cot }^{2}}\widehat{ACB}={{\cot }^{2}}\widehat{DAC}=\frac{A{{D}^{2}}}{D{{C}^{2}}}=\frac{N{{D}^{2}}}{D{{I}^{2}}}$
Điều cần chứng minh tương đương với
$\frac{1}{D{{C}^{2}}}=\frac{N{{D}^{2}}}{D{{I}^{2}}.D{{N}^{2}}}+\frac{1}{D{{B}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{D{{C}^{2}}}=\frac{1}{D{{I}^{2}}.}+\frac{1}{D{{B}^{2}}}$ (luôn đúng theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $BDI$ có đường cao $DC$). (Đpcm).
HẾT
