Đề kiểm tra giữa HKI Toán 9 THCS Thanh Xuân – Năm học 2020 – 2021

Đề kiểm tra giữa HKI Toán 9 THCS Thanh Xuân – Năm học 2020 – 2021

ĐỀ BÀI

Câu 1:  ( 2 điểm) Cho biểu thức  $A=\frac{6}{a+2\sqrt{a}}$ và $B=\frac{\sqrt{a}}{a-4}+\frac{2}{2-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}+2}$với $a>0$, $a\ne 4$.

a) Tính giá trị của $A$ khi $a=\frac{1}{9}$.

b) Rút gọn $B$.

c) Tìm giá trị nguyên của $a$ để $B$nhận giá trị nguyên.

Câu 2:  Tính giá trị biểu thức:

a) $A=\left( \sqrt{0,25}-\sqrt{{{\left( -15 \right)}^{2}}}+\sqrt{2,25} \right):\sqrt{169}$

b) $B=\sqrt{17+12\sqrt{2}}+\sqrt{17-12\sqrt{2}}$

c) $C=\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{7}}+…+\frac{1}{\sqrt{34}+\sqrt{35}}+\frac{1}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}$

Câu 3:  Giải phương trình

a) $\left( 3\sqrt{a}-1 \right)\left( \sqrt{a}+2 \right)=\sqrt{a}\left( 2+3\sqrt{a} \right)$ b) $\sqrt{9{{a}^{2}}-6a+1}-a=1$

c) $\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}+\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=7$

Câu 4:  Cho hình bình hành ${A}'{B}'{C}'{D}’$ có $\widehat{A’}=\alpha <{{90}^{o}}$. 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}’.\sin \alpha $

c) Tính diện tích tứ giác ${A}’N{C}’M$ biết ${B}'{C}’=6$ cm,${A}'{B}’=4$cm và $\alpha =60{}^\circ $

d) Chứng minh: ${A}'{{{C}’}^{2}}={A}'{D}’.{A}’N+{A}'{B}’.{A}’M$.

Câu 5:  (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-3\text{a}+3\sqrt{a}+1}$

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:  ( 2 điểm) Cho biểu thức  $A=\frac{6}{a+2\sqrt{a}}$ và $B=\frac{\sqrt{a}}{a-4}+\frac{2}{2-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}+2}$với $a>0$, $a\ne 4$.

a) Tính giá trị của $A$ khi $a=\frac{1}{9}$.

b) Rút gọn $B$.

c) Tìm giá trị nguyên của $a$ để $B$nhận giá trị nguyên.

Lời giải

a) Tính giá trị của $A$ khi $a=\frac{1}{9}$.

Thay $a=\frac{1}{9}$ (thỏa mãn điều kiện đề bài) vào $A$ ta được.

$A=\frac{6}{\frac{1}{9}-2\sqrt{\frac{1}{9}}}=\frac{6}{\frac{7}{9}}=\frac{54}{7}$

Vậy $A=\frac{54}{7}$ khi $a=\frac{1}{9}$.

b) Rút gọn $B$.

$B=\frac{\sqrt{a}}{a-4}+\frac{2}{2-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}+2}=\frac{\sqrt{a}}{\left( \sqrt{a}+2 \right)\left( \sqrt{a}-2 \right)}-\frac{2}{\sqrt{a}-2}+\frac{1}{\sqrt{a}+2}$

$B=\frac{\sqrt{a}-2\left( \sqrt{a}+2 \right)+\left( \sqrt{a}-2 \right)}{\left( \sqrt{a}+2 \right)\left( \sqrt{a}-2 \right)}=\frac{\sqrt{a}-2\sqrt{a}-4+\sqrt{a}-2}{\left( \sqrt{a}+2 \right)\left( \sqrt{a}-2 \right)}=\frac{-6}{a-4}=\frac{6}{4-a}$

c) Tìm giá trị nguyên của $a$ để $B$nhận giá trị nguyên.

Ta có

$B\in Z\Leftrightarrow \frac{6}{4-a}\in Z\Leftrightarrow 6\vdots \left( 4-a \right)$

$\Leftrightarrow \left( 4-a \right)\in \left\{ \pm 1,\text{ }\pm 2,\text{ }\pm 3,\text{ }\pm 6 \right\}\Leftrightarrow a\in \left\{ 5;\text{ }3;\text{ }6;\text{ }2;\text{ }7;\text{ }1;\text{ }-2;\text{ }10 \right\}$

Đối chiếu điều kiện ta có $a\in \left\{ 5;3;6;2;7;1;10 \right\}$

Vậy $a\in \left\{ 5;3;6;2;7;1;10 \right\}$ thì $B$nhận giá trị nguyên.

Câu 2:  Tính giá trị biểu thức:

a) $A=\left( \sqrt{0,25}-\sqrt{{{\left( -15 \right)}^{2}}}+\sqrt{2,25} \right):\sqrt{169}$

b) $B=\sqrt{17+12\sqrt{2}}+\sqrt{17-12\sqrt{2}}$

c) $C=\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{7}}+…+\frac{1}{\sqrt{34}+\sqrt{35}}+\frac{1}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}$

Lời giải

a) $A=\left( \sqrt{0,25}-\sqrt{{{\left( -15 \right)}^{2}}}+\sqrt{2,25} \right):\sqrt{169}$

$A=\left( 0,5-15+1,5 \right):13$

$A=-13:13$

$A=-1$

b) $B=\sqrt{17+12\sqrt{2}}+\sqrt{17-12\sqrt{2}}$

$B=\sqrt{{{\left( 2\sqrt{2}+3 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( 2\sqrt{2}-3 \right)}^{2}}}$

$B=2\sqrt{2}+3-2\sqrt{2}+3$

$B=6$

c) $C=\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{7}}+…+\frac{1}{\sqrt{34}+\sqrt{35}}+\frac{1}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}$

$C=\frac{\sqrt{5}-\sqrt{4}}{5-4}+\frac{\sqrt{6}-\sqrt{5}}{6-5}+\frac{\sqrt{7}-\sqrt{6}}{7-6}+…+\frac{\sqrt{35}-\sqrt{34}}{35-34}+\frac{\sqrt{36}-\sqrt{35}}{36-35}$

$C=\sqrt{5}-\sqrt{4}+\sqrt{6}-\sqrt{5}+\sqrt{7}-\sqrt{6}+…+\sqrt{35}-\sqrt{34}+\sqrt{36}-\sqrt{35}$

$C=\sqrt{36}-\sqrt{4}$

$C=6-2$

$C=4$

Câu 3:  Giải phương trình

a) $\left( 3\sqrt{a}-1 \right)\left( \sqrt{a}+2 \right)=\sqrt{a}\left( 2+3\sqrt{a} \right)$ b) $\sqrt{9{{a}^{2}}-6a+1}-a=1$

c) $\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}+\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=7$

Lời giải

a) $\left( 3\sqrt{a}-1 \right)\left( \sqrt{a}+2 \right)=\sqrt{a}\left( 2+3\sqrt{a} \right)$

Điều kiện: $a\ge 0$

$\Leftrightarrow 3a+6\sqrt{a}-\sqrt{a}-2=2\sqrt{a}+3a$

$\Leftrightarrow 3a+6\sqrt{a}-\sqrt{a}-2-2\sqrt{a}-3a=0$

$\Leftrightarrow 3\sqrt{a}-2=0$

$\Leftrightarrow 3\sqrt{a}=2$

$\Leftrightarrow \sqrt{a}=\frac{2}{3}$

$\Leftrightarrow a=\frac{4}{9}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $S=\left\{ \frac{4}{9} \right\}$

b) $\sqrt{9{{a}^{2}}-6a+1}-a=1$

$\Leftrightarrow \sqrt{9{{a}^{2}}-6a+1}=1+a$

Điều kiện: $a\ge -1$

$\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( 3a-1 \right)}^{2}}}=1+a$

$\Leftrightarrow \left| 3a-1 \right|=1+a$

Trường hợp 1: $3a-1=a+1$

$\Leftrightarrow 3a-a=1+1$

$\Leftrightarrow 2a=2$

$\Leftrightarrow a=1$ (thỏa mãn điều kiện)

Trường hợp 2: $3a-1=-\left( a+1 \right)$

$\Leftrightarrow 3a-1=-a-1$

$\Leftrightarrow 3a-1+a+1=0$

$\Leftrightarrow 4a=0$

$\Leftrightarrow a=0$ (thỏa mãn điều kiện)

c) $\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}+\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=7$

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{align}& {{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4\ge 0 \\& {{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3\ge 0 \\\end{align} \right.$

Vì $\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}\ne \sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}$ với mọi a  thỏa mãn điều kiện nên nhân liên hợp vế trái ta được:

$\frac{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4-\left( {{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3 \right)}{\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}-\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}}=7$$\Leftrightarrow \frac{7}{\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}-\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}}=7$

Khi đó, ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{align}& \sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}-\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=1 \\& \sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}+\sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=7 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}+4}=4 \\& \sqrt{{{a}^{3}}+{{a}^{2}}-3}=3 \\\end{align} \right.$(thỏa mãn điều kiện)

$\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{a}^{2}}-12=0$

$\Leftrightarrow \left( a-2 \right)\left( {{a}^{2}}+3a+6 \right)=0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a=2 \\& {{a}^{2}}+3a+6=0 \\\end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a=2 \\& {{\left( a+\frac{3}{2} \right)}^{2}}+\frac{15}{4}=0 \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left[ \begin{align}& a=2 \\& a\in \varnothing  \\\end{align} \right.\Rightarrow a=2$

Thử lại với a = 2  thấy thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{ 2 \right\}$

Câu 4:  Cho hình bình hành ${A}'{B}'{C}'{D}’$ có $\widehat{A’}=\alpha <{{90}^{o}}$. 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}’.\sin \alpha $

c) Tính diện tích tứ giác ${A}’N{C}’M$ biết ${B}'{C}’=6$ cm,${A}'{B}’=4$cm và $\alpha =60{}^\circ $

d) Chứng minh: ${A}'{{{C}’}^{2}}={A}'{D}’.{A}’N+{A}'{B}’.{A}’M$.

Lời giải

a) Vì $M$, $N$ lần lượt là hình chiếu của ${C}’$ trên các đường thẳng ${A}'{B}’,{A}'{D}’$ nên ${C}’M\perp {A}’M;{C}’N\perp {A}’N$. Do đó $\widehat{{B}’M{C}’}=90^{o};\,\widehat{{D}’N{C}’}=90^{o}$

Vì ${A}'{B}'{C}'{D}’$ là hình bình hành nên ${B}'{C}’\,\text{//}\,{A}'{D}’$;${B}'{C}’={A}'{D}’$;${A}'{B}’\,\text{//}\,{C}'{D}’$; ${A}'{B}’={C}'{D}’$

Vì ${B}'{C}’\,\text{//}\,{A}'{D}’$ nên $\widehat{{B}'{A}'{D}’}=\widehat{M{B}'{C}’}$ (2 góc đồng vị) (1)

Vì ${A}'{B}’\,\text{//}\,{C}'{D}’$ nên $\widehat{{B}'{A}'{D}’}=\widehat{N{D}'{C}’}$(2 góc đồng vị) (2)

Từ (1) (2) suy ra $\widehat{M{B}'{C}’}=\widehat{N{D}'{C}’}$

Xét $\Delta M{B}'{C}’$và $\Delta N{D}'{C}’$ có:

$\widehat{{B}’M{C}’}=\widehat{{D}’N{C}’}\left( =90^{o} \right)$

$\widehat{M{B}'{C}’}=\widehat{N{D}'{C}’}$

$\Rightarrow \Delta M{B}'{C}’\,\,\Delta N{D}'{C}’$ (g – g)

b) Kẻ ${B}’J\perp {A}’N\,\left( J\in {A}’N \right)$

Vì ${B}'{C}’//{A}'{D}’$; ${B}’J\perp {A}’D$ nên ${B}’J\perp {B}'{C}’$. Do đó $\widehat{J{B}'{C}’}=90{}^\circ $

Vì ${B}'{C}’//{A}'{D}’$; ${C}’N\perp {A}’N$ nên ${C}’N\perp {B}'{C}’$. Do đó $\widehat{{B}'{C}’N}=90{}^\circ $

Tứ giác ${B}'{C}’NJ$ có

$\widehat{J{B}’C}=\widehat{{B}'{C}’N}=\widehat{{C}’N{A}’}=90{}^\circ $ nên là hình chữ nhật

$\Rightarrow {B}’J={C}’N$

Ta có $\widehat{J{B}'{A}’}=\widehat{{B}'{C}’M}$ (cùng phụ 2 góc bằng nhau$\widehat{{B}'{A}’J}=\widehat{M{B}'{C}’}$);$\widehat{J{B}'{C}’}=\widehat{{B}'{C}’N}\left( =90^{o} \right)$

Suy ra $\widehat{{A}'{B}’J}+\widehat{J{B}'{C}’}=\widehat{{B}'{C}’M}+\widehat{{B}'{C}’N}$

$\Rightarrow \widehat{{A}'{B}'{C}’}=\widehat{M{C}’N}$

Vì $\Delta M{B}'{C}’\,\,\Delta N{D}'{C}’$ (câu a) nên

$\dfrac{{B}'{C}’}{{D}'{C}’}=\dfrac{M{C}’}{N{C}’}\Rightarrow \dfrac{{B}'{C}’}{{A}'{B}’}=\dfrac{M{C}’}{N{C}’}\Rightarrow \dfrac{{B}'{C}’}{M{C}’}=\dfrac{{A}'{B}’}{N{C}’}$

Xét $\Delta {A}'{B}'{C}’$và $\Delta NM{C}’$có:$\dfrac{{B}'{C}’}{M{C}’}=\dfrac{{A}'{B}’}{N{C}’}$ và $\widehat{{A}'{B}'{C}’}=\widehat{M{C}’N}$

$\Rightarrow \Delta {A}'{B}'{C}’\,\,\Delta N{C}’M$ (c.g.c)

$\Rightarrow \dfrac{{A}'{C}’}{NM}=\dfrac{{B}'{C}’}{{C}’M}=\dfrac{{A}'{B}’}{N{C}’}$ (3)

$\Rightarrow MN={A}'{C}’.\dfrac{N{C}’}{{A}'{B}’}={A}'{C}’.\dfrac{{B}’J}{{A}'{B}’}={A}'{C}’.\sin \alpha$

c) Xét $\Delta {A}’J{B}’$ vuông tại $J$ có:

${B}’J={A}'{B}’.\sin \widehat{{B}'{A}’J}=4.\sin 60^{o}=2\sqrt{3}$(cm);

${A}’J={A}'{B}’.cos\widehat{{B}'{A}’J}=4.cos60^{o}=2$ (cm);

$\Rightarrow {C}’N={B}’J=2\sqrt{3}$ (cm)

$\Rightarrow {A}’N={A}’J+JN={A}’J+{B}'{C}’=2+6=8$ (cm)

Từ (3) suy ra ${C}’M=\dfrac{{B}'{C}’.{C}’N}{{A}'{B}’}=\dfrac{6.2\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}$ (cm)

Áp dụng định lý Pytago vào $\Delta {A}'{C}’N$ vuông tại $N$ ta có:

${A}'{C}’^{2}={A}’N^{2}+{C}’N^{2}=8^{2}+\left( 2\sqrt{3} \right)^{2}=64+12=76$ (cm)

Áp dụng định lý Pytago vào $\Delta {A}'{C}’N$ vuông tại N ta có:

${A}'{C}’^{2}={A}’M^{2}+{C}’M^{2}$$\Rightarrow {A}’M=\sqrt{{A}'{C}’^{2}-{C}’M^{2}}=\sqrt{76-\left( 3\sqrt{3} \right)^{2}}=\sqrt{76-27}=7$ (cm)

Ta có: ${{S}_{\Delta {A}'{C}’M}}=\frac{M{C}’.{A}’M}{2}=\frac{7.3\sqrt{3}}{2}=\frac{21\sqrt{3}}{2}\,\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)$

${{S}_{\Delta {A}'{C}’N}}=\frac{N{C}’.{A}’N}{2}=\frac{2\sqrt{3}.8}{2}=8\sqrt{3}\,\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)$

$\Rightarrow S_{{A}’N{C}’M}=S_{\Delta {A}'{C}’N}+S_{\Delta {A}'{C}’M}=8\sqrt{3}+\dfrac{21\sqrt{3}}{2}=\dfrac{37\sqrt{3}}{2}\left( cm^{2} \right)$

d) Vì ${A}'{B}’\,\text{//}\,{C}'{D}’$ nên $\widehat{{B}'{A}'{C}’}=\widehat{{A}'{C}'{D}’}$ (2 góc so le trong)

Xét $\Delta {A}'{B}’I$vuông tại $I$và $\Delta {C}'{D}’K$ vuông tại $K$  có:

${A}'{B}’={C}'{D}’$$(cmt)$;  $\widehat{{B}'{A}'{C}’}=\widehat{{A}'{C}'{D}’}$

$\Rightarrow$ $\Delta {A}'{B}’I=\Delta {C}'{D}’K$ (cạnh huyền-góc nhọn)

$\Rightarrow {A}’I=K{C}’$ (2 cạnh tương ứng)

Xét $\Delta {D}'{A}’K$ và $\Delta N{A}'{C}’$ có:

$\widehat{{A}’N{C}’}=\widehat{{D}’K{A}’}\left( =90^{o} \right)$

$\widehat{N{A}'{C}’}$ góc chung

$\Rightarrow \Delta {D}'{A}’K\,\,\Delta {C}'{A}’N$(g.g)

$\Rightarrow {A}'{C}’.{A}’K={A}'{D}’.{A}’N$

Xét $\Delta {B}'{A}’I$ và $\Delta M{A}'{C}’$ có:

$\widehat{{A}’M{C}’}=\widehat{{A}’I{B}’}\left( =90^{o} \right)$

$\widehat{M{A}'{C}’}$ góc chung

$\Rightarrow \Delta {B}'{A}’I\,\,\Delta {C}'{A}’M$(g.g)

$\Rightarrow {A}'{C}’.{A}’I={A}'{B}’.{A}’M$

Ta có: ${A}'{B}’.{A}’M+{A}'{D}’.{A}’N={A}'{C}’.{A}’K+{A}'{C}’.{A}’I$

$={A}'{C}’.\left( {A}’K+{A}’I \right)={A}'{C}’.\left( {A}’K+K{C}’ \right)$

$={A}'{C}’.{A}'{C}’={A}'{C}’^{2}$(đpcm)

Câu 5:  (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-3\text{a}+3\sqrt{a}+1}$

Lời giải

Ta có $P=\frac{\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-3\text{a}+3\sqrt{a}+4}$

Đặt $\sqrt{a}=t,\text{ (t}\ge 0)\Rightarrow a={{t}^{2}},\text{ a}\sqrt{a}={{t}^{3}}$

Ta có $P=\frac{t}{{{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+3t+4}$

* TH1: $t=0\Rightarrow P=0$

* TH2: $t>0\Rightarrow P=\frac{1}{{{t}^{2}}-3t+3+\frac{4}{t}}=\frac{1}{{{\left( t-2 \right)}^{2}}+\left( t+\frac{4}{t} \right)-1}$

Ta có ${{\left( t-2 \right)}^{2}}\ge 0,\,\forall t$ và $t+\frac{4}{t}\ge 2\sqrt{t.\frac{4}{t}}=4$ ( theo bất đẳng thức Cô si)

Nên $P\le \frac{1}{0+4-1}=\frac{1}{3}$

* $P=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{\left( t-2 \right)}^{2}}=0 \\& t=\frac{4}{t} \\\end{align} \right.\Leftrightarrow t=2$(nhận)$\Leftrightarrow a=4$

Vậy$P\max =\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=4$