BỘ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 1 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN 7, 8, 9 THỜI GIAN LÀM BÀI 90 PHÚT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

BỘ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BỘ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 1 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN 7, 8, 9 THỜI GIAN LÀM BÀI 90 PHÚT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

BOÄ 24 ÑEÀ

FI CI A

Kieåm tra giöõa kì 1 toaùn 7 ĐỀ 1

ĐỀ KIỂM GIỮA HỌC KÌ I

TRƯỜNG THCS & THPT

MÔN TOÁN 7

LƯƠNG THẾ VINH

Năm học: 2020 – 2021

(2 điểm) Thực hiện phép tính: 2

1 25 1 25 a) 12 . − 10 . 5 4 5 4

Bài 2:

16  2  +  9 3

 2 :  −  − −2020  3

(2 điểm) Tìm x , y , z biết: a) −2 x +

Bài 3:

1 1 2 − =2 3 3 3

ƠN

 −2   −2   −2  b) 5.   + 2.   + 4.    5   5   5 

Bài 1:

Thời gian làm bài: 90 phút

x −1 6 = x −5 7

c) 2 x = 3 y = 5 z và x + y − z = 95

(2 điểm) Ba lớp 7 A1 , 7 A2 , 7 A3 của một trường THCS cùng tham gia hưởng ứng tết trồng cây.

QU Y

Số cây ba lớp trồng được lần lượt tỉ lệ với các số 3;5;2 . Tính số cây mỗi lớp trồng được, biết lớp

7 A1 trồng được ít hơn lớp 7 A2 là 50 cây. Bài 4:

∝ = 50° . Gọi Ax là tia đối của tia AB ; Ay là tia phân giác (3,5 điểm) Cho ∆ABC có ∝ A = 80° ; B . của xAC

a) Tính số đo các góc ACB ; CAx và chứng minh Ay song song với BC .

b) Từ C kẻ tia Ct // AB , tia Ct cắt Ay tại E . Tính số đo các góc của ∆AEC .

(0,5 điểm) Chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị không phải là số nguyên:

5 10 17 2501 + + + ... + 4 9 16 2500

DẠ

Bài 5:

KÈ

c) Qua B kẻ đường thẳng a ⊥ BC , từ A kẻ AD ⊥ a tại D . Chứng minh ba điểm E , A , D thẳng hàng.

Trang 1

HƯỚNG DẪN GIẢI (2 điểm) Thực hiện phép tính:

 −2   −2   −2  b) 5.   + 2.   + 4.    5   5   5  8

16  2   2  +   :  −  − −2020 9 3  3

Lời giải

25 .2 4

25 2 2

−2 −2 −2 b) 5.   + 2.   + 4.    5   5   5 

= 5.

4 4 − + 4.1 25 5

4 4 − +4 5 5

=4 9

16  2   2  +   :  −  − −2020 9 3  3

2 :   − 2020 3

4 2 +  3 3

4 2 + − 2020 3 3

KÈ

QU Y

ƠN

25  1 1 . 12 − 10  4  5 5

1 25 1 25 a) 12 . − 10 . 5 4 5 4

FI CI A

Bài 1:

= 2 − 2020

= −2018

DẠ

Bài 2:

(2 điểm) Tìm x , y , z biết:

a) −2 x +

1 1 2 − =2 3 3 3

x −1 6 = x −5 7

c) 2 x = 3 y = 5 z và x + y − z = 95

Lời giải Trang 2

−2 x +

1 1 8 − = 3 3 3

−2 x +

1 8 1 = + 3 3 3

−2 x +

1 =3 3

1 1 2 − =2 3 3 3

FI CI A

a) −2 x +

 −4 5  Vậy S =  ;   3 3

ƠN

8 8 −4     −2 x = 3  x = 3 : ( −2 ) x = 3     −2 x = − 10  x = − 10 : ( −2 )  x = 5    3 3 3

1 1    −2 x + 3 = 3  −2 x = 3 − 3    −2 x + 1 = −3  −2 x = −3 − 1 3 3  

x −1 6 = x −5 7

QU Y

 7. ( x − 1) = 6. ( x − 5 )

 7 x − 7 = 6 x − 30

 7 x − 6 x = −30 + 7  x = −23 Vậy x = −23

c) 2 x = 3 y = 5 z và x + y − z = 95

KÈ

+ Ta có: 2 x = 3 y = 5 z 

2x 3 y 5z x y z = =  = = 30 30 30 15 10 6

+ Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

DẠ

x y z x + y − z 95 = = = = =5 15 10 6 15 + 10 − 6 19  x = 5.15 = 75    y = 5.10 = 50  z = 5.6 = 30 

Vậy x = 75 ; y = 50 ; z = 30 Trang 3

Bài 3:

(2 điểm) Ba lớp 7 A1 , 7 A2 , 7 A3 của một trường THCS cùng tham gia hưởng ứng tết trồng cây. Số cây ba lớp trồng được lần lượt tỉ lệ với các số 3;5; 2 . Tính số cây mỗi lớp trồng được, biết lớp

7 A1 trồng được ít hơn lớp 7 A2 là 50 cây.

FI CI A

Lời giải

Gọi số cây trồng được của 3 lớp 7 A1 , 7 A2 , 7 A3 lần lượt là a (cây), b (cây), c (cây) ( a, b, c∈ ℕ* )

Theo đề bài, ta có:

a b c = = và b − a = 50. 3 5 2

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

Vì vậy:

a b c b − a 50 = = = = = 25 3 5 2 5−3 2 a = 25  a = 25.3 = 75 cây. 3

ƠN

b = 25  b = 25.5 = 125 cây. 5 c = 25  c = 25.2 = 50 cây. 2

Bài 4:

Vậy số cây trồng được của 3 lớp 7 A1 , 7 A2 , 7 A3 lần lượt là 75 cây; 125 cây; 50 cây.

∝ = 50° . Gọi Ax là tia đối của tia AB ; Ay là tia phân giác (3,5 điểm) Cho ∆ABC có ∝ A = 80° ; B . của xAC

QU Y

a) Tính số đo các góc ACB ; CAx và chứng minh Ay song song với BC . b) Từ C kẻ tia Ct // AB , tia Ct cắt Ay tại E . Tính số đo các góc của ∆AEC .

DẠ

Lời giải

B 500

D a 800

KÈ

c) Qua B kẻ đường thẳng a ⊥ BC , từ A kẻ AD ⊥ a tại D . Chứng minh ba điểm E , A , D thẳng hàng.

x E y

Trang 4

a) Tính số đo các góc ACB ; CAx và chứng minh Ay song song với BC .

+C = 180° (định lý tổng ba góc tam giác) ∆ABC có A + B = 180° − 80° − 50° = 50°  ACB = 180° − A− B

FI CI A

+ CAB = 180° (kề bù) nên CAx = 180° − CAB = 180° − 80° = 100° Vì CAx

b) Từ C kẻ tia Ct // AB , tia Ct cắt Ay tại E . Tính số đo các góc của ∆AEC .

= xAE = CAx = 100° = 50° ( AE là tia phân giác của xAC ) Ta có CAE 2 2 = xAE = 50° ; ECA = CAB = 80° (hai góc so le trong) Vì Ct // AB nên CEA

c) Qua B kẻ đường thẳng a ⊥ BC , từ A kẻ AD ⊥ a tại D . Chứng minh ba điểm E , A , D thẳng hàng.

= Ta có CAE ACB = 50° và hai góc này nằm ở vị trí so le trong nên CB // AE

(2)

ƠN

Lại có: CB ⊥ BD ; AD ⊥ BD  CB // AD

(1)

Từ (1) ; ( 2 ) suy ra AD trùng AE hay ba điểm E , A , D thẳng hàng.

Bài 5:

(0,5 điểm) Chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị không phải là số nguyên:

5 10 17 2501 + + + ... + 4 9 16 2500

5 10 17 2501 + + + ... + 4 9 16 2500 Lời giải

QU Y

1 1 1  A = 1 + + 1 + + ... + 1 + 4 9 2500 1 1 1 + 3 + ... + 2 2 2 2 50

 A − 49 =

1 1 1 + 3 + ... + 2 2 2 2 50

Ta có:

 A = 49 +

KÈ

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 49 1 1  2 2 + 23 + ... + 502 < 1.2 + 2.3 + ... + 49.50 = 1 − 2 + 2 − 3 + ... + 49 − 50 = 1 − 50 = 50   1 + 1 + ... + 1 > 1 + 1 + ... + 1 = 1 − 1 + 1 − 1 + ... + 1 − 1 = 1 − 1 = 49  2 2 23 502 2.3 3.4 50.51 2 3 3 4 50 51 2 51 102

49 49 < A − 49 < 102 50

Y DẠ



 A − 49 không nguyên  A không nguyên (điều phải chứng minh)

Trang 5

ĐỀ 2 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 1 - NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN 7 (Đề 1) – Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1.

(2 điểm) Tính giá trị của biểu thức sau (tính hợp lý nếu có thể):

2 3  −3  + :  7 7  2  10

Bài 2.

(2 điểm) Tìm x , biết:

3 2 2 x+ =2 5 3 3 b) 5 − 3x −1 = 3

215.9 4 6 6.83

1 c) 0,3x : 3 = 6 :15 3 4 2 1 2 d) 9 ( x − 1) − : = 9 9 4 (2 điểm) Số học sinh ba khối 6, 7, 8 của một trường THCS theo thứ tự tỉ lệ với các số 41; 30; 29. Biết rằng tổng số học sinh của khối 6 và khối 8 lầ 560 em. Tính số học sinh mỗi khối của trường đó.

= 300 , DBC = 600 , BCy = 1200. (2 điểm) Cho hình vẽ sau, biết rằng DE // Ax, xAB

QU Y

Bài 4.

−5 31 −5 2 5 . + . +2 17 33 17 33 17

ƠN

Bài 3.

C = ( 0,125 ) .810

FI CI A

TRƯỜNG MARIE CURIE

a) Tính số đo góc ABE

b) Chứng minh Cy // Ax

c) Chứng minh AB vuông góc với BC .

a) Tìm

60°

x , biết ( 3x − 1)6 = ( 3x − 1)4 .

b) Cho a, b, c là các số khác biểu thức

DẠ

120°

(1 điểm)

KÈ

Bài 5.

x 30°

sao cho

a + b − c a − b + c −a + b + c . Tính giá trị của = = c b a

( a + b )( b + c )( c + a ) abc

Trang 6

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

2 3  −3  + :  7 7  2 

C = ( 0,125 ) .810

−5 31 −5 2 5 . + . +2 17 33 17 33 17

215.9 4 6 6.83

Lời giải

2 3  −3  2 3  −2  2 −2 + :   = + .  = + =0 7 7  2  7 7  3  7 7

−5 31 −5 2 5 −5  31 2  5 −5 5 . + . + 2 = . +  + 2 = +2 =2 17 33 17 33 17 17  33 33  17 17 17 10

Bài 2.

(2 điểm) Tìm x , biết:

3 2 2 x+ =2 5 3 3 f) 5 − 3x − 1 = 3

215. ( 32 ) 215.94 215.38 = = 32 = 9 D= 6 3 = 6 6 9 6 3 3 6 .8 2 .3 .2 ( 2.3) . ( 2 )

ƠN

C = ( 0,125) .810 = ( 0,125.8) = 110 = 1

QU Y

1 g) 0,3x : 3 = 6 :15 3 4 2 1 2 h) 9 ( x − 1) − : = 9 9 4

Lời giải

3 2 2 x+ =2 5 3 3 3 2 2 x=2 − 5 3 3 3 x=2 5 3 10 x = 2: = 5 3 b) 5 − 3x − 1 = 3

KÈ

DẠ

3x − 1 = 5 − 3 = 2

Th1: 3x −1 = 2  3x = 3  x = 1 Th2: 3 x − 1 = −2  3x = −1  x = Vậy x =

(2 điểm) Tính giá trị của biểu thức sau (tính hợp lý nếu có thể):

FI CI A

Bài 1.

−1 3

−1 ;1 3 Trang 7

L 2

1 9 1  1   −1  2 2  9 ( x − 1) =  ( x − 1) = =   =   4 4 4 2  2  1 3 Th1: x − 1 =  x = 2 2 −1 1 x= Th2: x − 1 = 2 2 −1 3 Vậy x = ; 2 2 (2 điểm) Số học sinh ba khối 6, 7, 8 của một trường THCS theo thứ tự tỉ lệ với các số 41; 30; 29. Biết rằng tổng số học sinh của khối 6 và khối 8 lầ 560 em. Tính số học sinh mỗi khối của trường đó. 2

ƠN

 9 ( x − 1) − 2 =

Bài 3.

FI CI A

1 c) 0,3x : 3 = 6 :15 3 3 10 2 3 2 10 3 4 4 3 40 x: =  x = .  x =  x = : = 10 3 5 10 5 3 10 3 3 10 9 4 2 1 2 d) 9 ( x − 1) − : = 9 9 4

Lời giải

Gọi số học sinh của khối 6, 7, 8 lần lượt là x, y, z (học sinh, x, y, z ∈ ℕ* ) Vì Số học sinh ba khối 6, 7, 8 của một trường THCS theo thứ tự tỉ lệ với các số 41; 30; 29 nên ta x y z = = có: 41 30 29

QU Y

Vì tổng số học sinh của khối 6 và khối 8 lầ 560 em nên ta có: x + z = 560 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z x+z 560 = = = = =8 41 30 29 41 + 29 70 x = 8  x = 8.41 = 328 41



KÈ

y = 8  y = 8.30 = 240 30 z = 8  z = 8.29  232 29

Vậy số học sinh của khối 6, 7, 8 lân lượt là 328 học sinh, 240 học sinh, 232 học sinh

= 300 , DBC = 600 , BCy = 1200. (2 điểm) Cho hình vẽ sau, biết rằng DE // Ax, xAB

DẠ

Bài 4.

Trang 8

a) Tính số đo góc ABE A

b) Chứng minh Cy // Ax

x 30°

FI CI A

60°

c) Chứng minh AB vuông góc với BC .

120°

Lời giải a) Vì DE // Ax

+ = 300  xAB ABE = 1800 (hai góc trong cùng phía) mà xAB  300 + ABE = 1800

 ABE = 1500

+ BCy = 600 + 1200 = 1800 b) Ta có: DBC

mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía

ƠN

 ABE = 1800 − 300

 DE // Cy Vì DE // Cy và DE // Ax

QU Y

 Cy // Ax c) Vì DE // Ax

= = 300  xAB ABD (hai góc so le trong) mà xAB  ABD = 300

Vi tia BD nằm giữa hai tia BA và BC

x 30°

60°

= 300 + 600 = 900  ABC = ABD + DBC 120°

Bài 5.

KÈ

 AB ⊥ BC

(1 điểm)

a) Tìm

DẠ

x , biết ( 3x − 1)6 = ( 3x − 1)4 .

b) Cho a, b, c là các số khác

biểu thức

sao cho

a + b − c a − b + c −a + b + c . Tính giá trị của = = c b a

( a + b )( b + c )( c + a ) abc Trang 9

Lời giải 6

a) ( 3 x − 1) = ( 3 x − 1)

 ( 3 x − 1) − ( 3 x − 1) = 0

( 3x − 1)

= 0  3 x − 1 = 0  3x = 1  x =

FI CI A

4 2  ( 3 x − 1) ( 3 x − 1) − 1 = 0   Trường hợp 1:

1 3

Trường hợp 2: 2

− 1 = 0  ( 3x − 1) = 1

+ 3x − 1 = 1  3x = 2  x =

2 3

( 3x − 1)

+ 3x −1 = −1  3x = 0  x = 0

1 2  3 3 

Vậy x ∈  ; ;0 

ƠN

b) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có

a + b − c a − b + c −a + b + c a + b − c + a − b + c − a + b + c a + b + c = = = = c b a a+b+c a+b+c Trường hợp 1.

 a + b = −c  Với a + b + c = 0  a + c = − b b + c = − a 

Trường hợp 2.

M ta được M =

( −c )( −b )( −a ) = −abc = −1

QU Y

Thay vào biểu thức

abc

KÈ

a + b − c = 1  a + b = 2c  c  a − b + c Với a + b + c ≠ 0 ta có  = 1  a + c = 2b b   −a + b + c = 1  b + c = 2a  a  2 a.2 b.2c 8abc Thay vào biểu thức M ta được M = = =8 abc abc

a + b + c = 0 thì M = −1 a + b + c ≠ 0 thì M = 8

DẠ

Vậy với với

Trang 10

ĐỀ 3 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ I

TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH 1

MÔN TOÁN 7 (2020 – 2021)

FI CI A

Thời gian: 90 phút

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM

I. TRẮC NGHIỆM: (2,0 điểm) Chọn chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước câu trả lời đúng nhất. Phân số biểu diễn số hữu tỉ là

B. 16

Từ tỉ lệ thức

3a 2d = 2c 3b

D. 4

C. 24

D. 25

3b 3d = a c

5a b = 5d c

a d = 2b 2c

•′ = 90° C. xOy

QU Y

•′ > 90° B. xOy

•′ = 180° D. xOy

Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c . Hai đường thẳng a và b song song với nhau khi

A. a và b cùng cắt c

B. a ⊥ c; b ⊥ c

C. a cắt c và b ⊥ c

D. b cắt c và a ⊥ c

KÈ

Cho hình vẽ và biết AB // CD thì

Y DẠ Câu 8:

15 −35

Cho hai đường thẳng xx′ và yy′ cắt nhau tại O . Chúng được gọi là hai đường thẳng vuông góc

•′ < 90° A. xOy

Câu 7:

a a a b c d ≠0 = ; , , , có thể suy ra b b

với nhau khi

Câu 6:

C. 3

Cho 20 : x = 4 : 5 giá trị x bằng

A. Câu 5:

12 −40

B. 2

A. 10 Câu 4:

 11 33  9 Kết quả của phép tính  :  . là  12 16  2 A. 1

Câu 3:

−10 26

ƠN

Câu 2:

−4 10

Câu 1:

A. x = y

x B

B. y = 180° + x

C. y = x − 180°

D. x + y = 180°

• = 60° . Trên tia Ox , Oy lần lượt lấy điểm A , B khác O . Từ A vẽ đường thẳng song Cho xOy song với OB , từ B vẽ đường thẳng song song với OA , chúng cắt nhau tại C . Khi đó số đo của • ACB là Trang 11

A. 120°

B. 80°

C. 70°

D. 60°

II. TỰ LUẬN (8,0 điểm)

(1,5 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể)

11 5 13 36 − + + 0,5 − 24 41 24 41

FI CI A

Bài 1:

3 −1 3 −1 b) 16 . − 13 . 5 3 5 3 6

2 1  −1   1   c) 23 + 3.   −   .4 + ( −2 ) :  : 8 2  2  2 

(1,5 điểm) Tìm x , biết:

Bài 2:

1 1 5 a) .x − = − . 4 3 9 x −3 5 = . x+5 7

ƠN

c) 2 x − 3 − 3.2 x = −92

Bài 4:

(1,5 điểm) Tính số học sinh của lớp 7A và 7B biết số học sinh lớp 7A ít hơn số học sinh lớp 7B là 5 em và tỉ số học sinh hai lớp là 8: 9 . (3,0 điểm) Cho hình vẽ biết ADC = 75°

Bài 3:

. và DCy a) Tính số đo D 1

QU Y

, tia Ct cắt xx′ ở E . So sánh DCE và DEC . b) Vẽ tia phân giác Ct của DCy

75°

y' C

(0,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2100 . Tìm . x . biết 2 ( A + 2 ) = 22 x .

DẠ

Bài 5:

KÈ

Trang 12

HƯỚNG DẪN GIẢI

Phân số biểu diễn số hữu tỉ là:

−4 10

Chọn A vì Câu 2:

−10 26

12 −40

2 −4 = −5 10

 11 33  9 Kết quả của phép tính  :  . là:  12 16  2 A. 1

B. 2

C. 3

15 −35

FI CI A

D. 4

Câu 1:

I.TRẮC NGHIỆM (2 điểm)

 11 33  9  11 16  9  1 4  9 4 9 Chọn B vì  :  . =  .  . =  .  . = . = 2  12 16  2  12 33  2  3 3  2 9 2 Cho 20 : x = 4 : 5 giá trị x bằng:

A. 10

B. 16

C. 24

Từ tỉ lệ thức

3a 2d = 2c 3b

Chọn B vì Câu 5:

a a a b c d ≠0 = ; , , , có thể suy ra: b b B.

3b 3d = a c

QU Y

D. 25

20.5 = 25 4

Chọn D vì 20 : x = 4 : 5  x.4 = 20.5  x = Câu 4:

ƠN

Câu 3:

5a b = 5d c

a d = 2b 2c

a c b d 3b 3d =  =  = b d a c a c

Cho hai đường thẳng xx′ và yy′ cắt nhau tại O . Chúng được gọi là hai đường thẳng vuông góc với nhau khi:

•′ > 90° B. xOy

•′ = 90° C. xOy

•′ = 180° D. xOy

•′ < 90° A. xOy

Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c . Hai đường thẳng a và b song song với nhau khi:

A. a và b cùng cắt c

B. a ⊥ c ; b ⊥ c

C. a cắt c và b ⊥ c

D. b cắt c và a ⊥ c

Câu 6:

KÈ

Chọn C vì hai đường thẳng vuông góc là hai đường thẳng cắt nhau và trong các góc tạo thành có một góc vuông.

DẠ

Chọn B vì vận dụng tính chất từ vuông góc đến song song

Câu 7:

Cho hình vẽ và biết AB // CD thì

Trang 13

x B

B. y = 180° + x

C. y = x − 180°

• (so le trong do AB // CD ) ACD = CAB Chọn D vì y = •

Câu 8:

D. x + y = 180°

• = 180° (kề bù) nên x + y = 1800 Mà x + CAB

FI CI A

A. x = y

• = 60° . Trên tia Ox , Oy lần lượt lấy điểm A , B khác O . Từ A vẽ đường thẳng song Cho xOy song với OB , từ B vẽ đường thẳng song song với OA , chúng cắt nhau tại C . Khi đó số đo của • ACB là:

B. 80°

C. 70°

D. 60°

ƠN

A. 120° Chọn D

QU Y

• = 180° (hai góc trong cùng phía bù nhau do OA // BC ) Ta có • ACB + OAC

• • = 180° (hai góc trong cùng phía bù nhau do OC // OB ) AOB + OAC

KÈ

• ACB = • AOB = 60°

II. TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1:

(1,5 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể)

11 5 13 36 − + + 0,5 − 24 41 24 41

DẠ

3 −1 3 −1 b) 16 . − 13 . 5 3 5 3 6

2 1  −1   1   c) 2 + 3.   −   .4 + ( −2 ) :  : 8 2  2  2  3

Trang 14

Lời giải

−1 −3 3 −1 3 −1  3 −1  b) 16 . − 13 . = (16 − 13)  .  = 3. = . 5 3 5 3 5 5 5 3  6

1 1 −1 1 2 1 c) 23 + 3.   −   .4 + ( −2 ) :  : 8 = 8 + 3. 6 − .4 + ( 4.2 ) :8 2 4 2  2  2  = 8 −1+1+ (1,5 điểm) Tìm x , biết:

1 1 5 a) .x − = − . 4 3 9 x −3 5 = . x+5 7

ƠN

3 512 3 515 = + = . 64 64 64 64

Bài 2:

11 5 13 36 11 13  5 36  − + + 0,5 − = + −  +  + 0,5 = 1 − 1 + 0,5 = 0,5. 24 41 24 41 24 24  41 41 

FI CI A

c) 2 x − 3 − 3.2 x = − 92

Lời giải

1 1 5 .x − = − 4 3 9

1 −2 x= 4 3 x=

x −3 5 = . x+5 7

−2 1 −8 : = 3 4 3

QU Y

1 5 1 x=− + 4 9 3

KÈ

 7 ( x − 3) = 5 ( x + 5)

7 x − 21 = 5x + 25 2 x = 46

x = 46: 2 = 23

DẠ

c) 2 x − 3 − 3.2 x = −92 2 x : 2 3 − 3.2 x = −92

1  2 x  − 3  = −92 8  Trang 15

2 x = −92 :

8 −23

2 x = 32 = 2 5

Bài 3:

FI CI A

 x =5

(1,5 điểm) Tính số học sinh của lớp 7A và 7B biết số học sinh lớp 7A ít hơn số học sinh lớp 7B là 5 em và tỉ số học sinh hai lớp là 8: 9 . Lời giải

(

)

Gọi số học sinh của lớp 7A và 7B lần lượt là: a, b học sinh. a, b ∈ ℕ∗ , b > 5 .

Bài 4:

a =5  a = 40  8 Khi đó ta có:  .  = 45 b b   =5  9

ƠN

Vì số học sinh lớp 7A ít hơn số học sinh lớp 7B là 5 em nên b − a = 5  −a + b = 5 . a b Vì tỉ số học sinh hai lớp là 8: 9 nên = . 8 9 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b −a + b 5 = = = =5 8 9 −8 + 9 1

Vậy lớp 7A có 40 học sinh, lớp 7B có 45 học sinh. (3 điểm) Cho hình vẽ biết ADC = 75°

. và DCy a) Tính số đo D 1

QU Y

, tia Ct cắt xx′ ở E . So sánh DCE và DEC . b) Vẽ tia phân giác Ct của DCy

t E

75°

y' C

KÈ

Lời giải

DẠ

và = a) Ta có D ADC = 75° . ADC là hai góc đối đỉnh nên D 1 1

Từ hình vẽ ta có AD ⊥ AB và BC ⊥ AB . Suy ra AD // BC .

+ ADC = 180° (hai góc trong cùng phía). Khi đó DCy Trang 16

+ 75° = 180° DCy

= 75°; DCy = 105° . Vậy D 1

nên DCE = ECB = 1 DCy . b) Ta có Ct là tia phân giác của DCy 2 = ECB (hai góc so le trong). Ta có AD // BC nên DEC = DCE . Vậy DEC

(0,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2100 . Tìm x biết 2 ( A + 2 ) = 22 x . Lời giải Ta có A = 2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2100 .

Bài 5:

FI CI A

= 180° − 75° = 105° .  DCy

(

) (

ƠN

2 A = 2 ( 2 + 22 + 23 + ... + 2100 ) = 2 2 + 2 3 + 2 4 + ... + 2101

)

Do đó 2 A − A = 22 + 23 + 24 + ... + 2101 − 2 + 22 + 23 + ... + 2100 = 2101 − 2 .

Ta có 2 ( A + 2 ) = 22 x

2.2101 = 2 2 x

2102 = 22 x

 2x = 102 x = 51 .

DẠ

KÈ

Vậy x = 51 .

QU Y

2 ( 2101 − 2 + 2 ) = 22 x

 A = 2101 − 2 .

Trang 17

ĐỀ 4 ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT GIỮA HỌC KÌ I

TRƯỜNG THCS NAM TRUNG YÊN

Năm học 2020 – 2021

PHÒNG GD&DT QUẬN CẦU GIẤY

FI CI A

Môn kiểm tra: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 90 phút I. TRẮC NGHIỆM Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng

Bài 1.

Kết quả làm tròn số 2021, 265 2021,265 đến chữ số thập phân thứ hai là:

B. 2021, 27

C. 2021, 25

Biết x : 3 = 45: ( −5) . Khi đó giá trị của x là:

A. −27 Bài 3.

B. 27

C. −3

ƠN

Bài 2.

D. 2021, 20

A. 2021, 26

D. 3

Cho đường thẳng a cắt hai đường thẳng phân biệt b và c . Trong các góc tạo thành có một cặp góc so le trong bằng nhau thì:

A. . b cắt c Bài 4.

B. b //c

C. b ⊥ c

D. a //b

Đường thẳng d là đường trung trực của đoạn thẳng MN khi: A. d ⊥ MN

B. d đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN

QU Y

C. d ⊥ MN và đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN D. d ⊥ MN hoặc d đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN II. TỰ LUẬN Bài 1.

Thực hiện phép tính (tính hợp lý có thể):

7 1 1 1 1 29 . + . − . 5 7 7 5 7 5

4 3 1 x+ = 5 5 3

b) 8 − ( x − 0, 2 ) = 0

c) 2 x +

1 2 − =7 5 5

Liên đội nhà trường phát động phong trào ủng hộ sách giáo khoa tặng các bạn miền tring gặp lũ. Tổng kết phong trào, số bộ sách giáo khoa của ba lớp 7A, 7B, 7C ủng hộ lần lượt tỉ lệ với 4;5;6

Bài 3.

Tìm x biết

KÈ

Bài 2.

7 10 6 + − 17 17 13

DẠ

. Tính số bộ sách giáo khoa của mỗi lớp ủng hộ được, biết rằng tổng số bộ sách của ba lớp ủng hộ là 120 bộ sách

Bài 4.

Cho hình vẽ

Trang 18

L FI CI A

a) Chứng minh a //b b) Tính số đo A1 ; A3 ; A4

Tìm x; y ; z biết

x3 y 3 z 3 = = và x 2 + 2 y 2 − 3 z 2 = −650 . 8 27 64

ƠN

Bài 5.

c) Lấy điểm C trên đoạn AB , trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa đường thẳng c , kẻ tia Cx sao cho ACx = 60° . Chứng minh Cx vuông góc với đường thẳng c .

DẠ

KÈ

QU Y

Hết

Trang 19

HƯỚNG DẪN GIẢI I. TRẮC NGHIỆM 1 B

2 B

3 B

4 C

Bài 1.

FI CI A

II. TỰ LUẬN Thực hiện phép tính ( tính hợp lý có thể) a)

7 10 6 + − 17 17 13

7 1 1 1 1 29 . + . − . 5 7 7 5 7 5

7 1 1 1 1 29 1  7 1 29  1 21 3 . + . − . =  + − = . = 5 7 7 5 7 5 75 5 5  7 5 5

Tìm x biết a)

ƠN

Bài 2.

7 10 6 17 6 6 7 + − = − = 1− = 17 17 13 17 13 13 13

Lời giải a)

4 3 1 x+ = 5 5 3

b) 8 − ( x − 0, 2 ) = 0

Bài Đáp án

c) 2 x +

1 2 − =7 5 5

Lời giải

4 3 1 x+ = 5 5 3

QU Y

4 1 3 x= − 5 3 5 4 −4 x= 5 15 1 x= 3

1 Vậy x = . 3

KÈ

b) 8 − ( x − 0, 2 ) = 0 3

( x − 0, 2 ) = 8 3 ( x − 0, 2 ) = 23

DẠ

 x − 0, 2 = 2 x = 2 + 0, 2

x = 2, 2

Vậy x = 2, 2 . c) 2 x +

1 2 − =7 5 5 Trang 20

1 37 = 5 5

2x +

Vậy x =

16 19 hoăc x = − 5 5

Liên đội nhà trường phát động phong trào ủng hộ sách giáo khoa tặng các bạn miền tring gặp lũ. Tổng kết phong trào, số bộ sách giáo khoa của ba lớp 7A, 7B, 7C unhr hộ lần lượt tỉ lệ với 4;5; 6

Bài 3.

FI CI A

1 37 36 16     2x + 5 = 5  2x = 5  x= 5     2 x + 1 = − 37  2 x = − 38  x = − 19  5 5 5 5  

. Tính số bộ sách giáo khoa của mỗi lớp ủng hộ được, biết rằng tổng số bộ sách của ba lớp ủng hộ là 120 bộ sách

ƠN

Lời giải

Gọi số bộ sách giáo khoa của ba lớp 7A, 7B, 7C ủng hộ lần lượt là x, y , z Đk x, y, z ∈ N * ; x, y, z < 120 .

Vì số bộ sách giáo khoa của ba lớp 7A, 7B, 7C ủng hộ lần lượt tỉ lệ với 4;5; 6 nên ta có x y z = = và vì tổng số bộ sách của ba lớp ủng hộ là 120 bộ sách nên x + y + z = 120 . 4 5 6 Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z x + y + z 120 = = = = =8 4 5 6 4 + 5 + 6 15

QU Y

Suy ra x = 32; y = 40; z = 48 .

Vậy số bộ sách giáo khoa của ba lớp 7A, 7B, 7C ủng hộ lần lượt là 32, 40, 48 .

Cho hình vẽ

KÈ

Bài 4.

DẠ

a) Chứng minh a //b b) Tính số đo A1 ; A3 ; A4

c) Lấy điểm C trên đoạn AB , trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa đường thẳng c , kẻ tia Cx sao cho ACx = 60° . Chứng minh Cx vuông góc với đường thẳng c .

Lời giải Trang 21

a.Chứng minh a //b Vì a ⊥ c; b ⊥ c nên a //b . b.Tính số đo A; A; A 3

FI CI A

Vì a //b nên A1 = ABb = 60° . Vì A1 = A3 ( đối đỉnh) nên A1 = A3 = 60° . = 180° , mà Vì A; A là hai góc kề bù nên A +A 4

A1 = 60°  A4 = 120° .

c.Lấy điểm C trên đoạn AB , trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa đường thẳng c , kẻ tia Cx sao cho ACx = 60° . Chứng minh Cx vuông góc với đường thẳng c .

Lại có a ⊥ c; Cx //a nên Cx ⊥ a . Tìm x; y ; z biết

x3 y 3 z 3 = = và x 2 + 2 y 2 − 3 z 2 = −650 . 8 27 64

ƠN

Bài 5.

Vì ACx = 60° và A1 = 60° nên ACx = A1 , mà hai góc này lại ở vị trí đồng vị nên Cx //a

Lời giải

x3 y 3 z 3 x3 y3 z 3 x y z = = hay 3 = 3 = 3  = = 8 27 64 2 3 4 2 3 4

Ta có

x y z = = = k  x = 2k ; y = 3k ; z = 4k thay vào x 2 + 2 y 2 − 3 z 2 = −650 ta được 2 3 4

( 2k )

+ 2 ( 3k ) − 3 ( 4k ) = −650

QU Y

Đặt

4k 2 + 18k 2 − 48k 2 = −650 −26k 2 = −650 k 2 = 25

 k =5   k = −5

DẠ

KÈ

Với k = 5 thì x = 10; y = 15; z = 20

Trang 22

ĐỀ 5 TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 – TOÁN 7 NĂM HỌC 2018-2019

I. TRẮC NGHIỆM: (2 điểm)

Câu 2: Giá trị x trong đẳng thức Câu 3: Cho

1 1 −7 + là: A. 0 B. 18 2 9

3 2 5 2 + : x = là: A. 5 5 2 5

a c 7a c = . Tỉ lệ thức nào sau đây đúng: A. = b d b 7d

14 9

A. −44

B. 0

C. −

3 5

−13 18

19 4

2a −3c D. = −3b 2d

C. 8

D. 16

ƠN

Bài 2: Các khẳng định sau Đúng hay Sai?

3a − c a = 3b − d b

−a b = c d Câu 4: Kết quả phép tính ( −4 ) .4 2 là

−1 2

 1  9

Câu 1: Kết quả của phép tính  −  .5

FI CI A

Bài 1: Chọn câu trả lời đúng bằng cách ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 1: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng vẽ được duy nhất một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho...................

Câu 2: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì vuông góc với nhau................ Câu 3: Nếu đường thẳng c cắt 2 đường thẳng a và b, trong các góc tạo thành có một cặp góc trong cùng phía có số o o đo lần lượt là 125 và 65 thì a // b .................................

Câu 4: Đường trung trực của đoạn thẳng thì vuông góc với đoạn thẳng đó................................

2 −8 5 −8 4 a) 13 : +2 : + 7 7 7 7 3

QU Y

II.Tự luận (8 điểm) Bài 1 (1,5 điểm): Tính hợp lý nếu có thể: 4

5  −1  5 b) .1, 31 + 34.   − .2, 71 8  2  8

68.42 − 44.184 273.84 − 30.210.8

........................................................................................................................................................................................ Bài 2 (1,5 điểm): Tìm x, biết b)

−7 5 = 1 + 2 x 2 − 3x

x x +1 3 2 −2 c) 8.3 − 3 = 2 .3 + 567.3

KÈ

7 13 1 0, 25 x + = − a) 12 18 9

Bài 3 (2 điểm): Trong đợt thi đua giành hoa diểm tốt chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20-11, số điểm tốt (từ 9 điểm trở lên) của ba lớp7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 13; 15 và 21 . Biết số điểm tốt của hai lớp 7A và 7C nhiều hơn hai lần số điểm tốt của lớp 7B là 36 điểm. Tính số điểm tốt của mỗi lớp. Bài 4(2,5 điểm). Cho ∆ABC có tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm

DẠ

C vẽ tia Bx sao cho ABx = BA D . Tia Bx cắt đường thẳng AC tại E. a) Chứng minh BE // AD . b) Vẽ AF ⊥ BE, F ∈ BE . Tính số đo góc FAD? c) Chứng minh E AF = B AF .

Bài 5 (0,5 điểm). Tìm GTNN của P = x − 2016 + x − 2018 + x − 2020

Trang 23

ĐỀ 6

ĐỀ KIỂM TRA KSCL GIỮA HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn kiểm tra: Toán 7 Thời gian làm bài: 90 phút (đề kiểm tra gồm 1 trang)

FI CI A

PHÒNG GD-ĐT NAM TỪ LIÊM TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH I

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm). Viết lại chữ cái đứng trước đáp án đúng trong các câu sau vào bài kiểm tra. Câu 1. Cho 12 : x = 3 : 5 , giá trị x bằng:

A. 10

B. 5 3

2 3

 2  3 B. −1

C. 20

D. 4

Câu 2. Kêt quả phép tính   :  −  là:

2 3

Câu 3. Nếu m ⊥ b và m ⊥ c thì A. b ⊥ c C. m c B. m b Câu 4. Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì :

D. b c

B. Hai góc trong cùng phía bù nhau D. Cả ba ý trên đều sai

PHẦN II. TỰ LUẬN ( 9 điểm). Bài 1. (2 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể)

ƠN

A. Hai góc đồng vị phụ nhau C. Hai góc so le trong bù nhau

−2 3

A. 1

92.33 −5 31 −5 2 5 4 3  2 c) 7 .2018 . + . +1 b) + .  −  17 33 17 33 17 7 7  3 3 Bài 2. (1,5 điểm) Tìm x , biết: 3 2 4 1 3 1 a) x + = b) x + = c)2 x + 2 x + 4 = 544 5 3 5 2 5 2

 7 1 d )3 −  −  +   .16  8 2

QU Y

Bài 3 (2điểm). Bạn An có 35 viên bi gồm xanh, đỏ, vàng. Số viên bi màu xanh và đỏ tỉ lệ với 2 và 3, số viên bi màu đỏ và vàng tỉ lệ với 4 và 5. Tính số viên bi mỗi loại. Bài 4. (3 điểm)

= 35 , Cho hình vẽ bên, biết rằng DE // Ax , BAx

= 125 = 55 và BCy DBC a) Tính góc ABE . b) Chứng minh Cy // Ax . c) Chứng minh AB ⊥ BC.

x z = . Chứng minh rằng: z y

KÈ

Bài 5. (0.5 điểm) Cho

x2 + z2 x = . 2 2 y y +z

DẠ

-------------------------------HẾT----------------------------------

Trang 24

HƯỚNG DẪN GIẢI:

A. 10

B. 5

C. 20

D. 4

FI CI A

Giải:

Ta có : 12 : x = 3 : 5

3 5 12.5 x= = 20 3 x = 12 :

Chọn C.

2 3

C. Giải:

2 3

 2  3

2 2 3 3

Ta có : a n : a m = a n −m nên   :  −  =   :   = Chọn C. Câu 3. Nếu m ⊥ b và m ⊥ c thì

A. b ⊥ c

−2 3

C. m c

D. b c

B. m b

2 . 3

ƠN

 2  2 Câu 2. Kết quả phép tính   :  −  là:  3  3 A. 1 B. −1

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm). Viết lại chữ cái đứng trước đáp án đúng trong các câu sau vào bài kiểm tra. Câu 1. Cho 12 : x = 3 : 5 , giá trị x bằng:

QU Y

Giải:

Vì m ⊥ b và m ⊥ c nên b//c Chọn D. Câu 4. Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì :

DẠ

KÈ

A. Hai góc đồng vị phụ nhau C. Hai góc so le trong bù nhau

B. Hai góc trong cùng phía bù nhau D. Cả ba ý trên đều sai

Giải:

c a

Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì :

Hai cặp góc so le trong bằng nhau.

Trang 25

Hai góc đồng vị bằng nhau. Hai góc trong cùng phía bù nhau.

Chọn B. Bài 1. (2 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể)

−5 31 −5 2 5 −5  31 2  5 −5 5 . + . + 1 = . +  + 1 = +1+ = 1 17 33 17 33 17 17  33 33  17 17 17 4 3  2 4 2 2 b) + .  −  = − = 7 7  3 7 7 7

FI CI A

92.33 34.33 .2018 = .2018 = 2018 37 37 0

ƠN

1  7 1 d )3 −  −  +   .16 = 3 − 1 + 3 .24 = 2 + 2 = 4 2  8 2 Bài 2. (1,5 điểm) Tìm x , biết: 3 2 4 3 4 2 3 2 2 2 Vậy x ∈   a) x + = ⇔ x = − ⇔ x = ⇔ x = 5 3 5 5 5 3 5 15 9 9  3 1 −1 1  x+ = x=   1 3 1  −1 −11  2 5 2 5 b) x + = ⇔  ⇔ Vậy x ∈  ;  2 5 2 5 5  1 x + 3 = − 1  x = −11 5 2 5  2  x x+4 x 4 c)2 + 2 = 544 ⇔ 2 (1 + 2 ) = 544 ⇔ 2x = 32 ⇔ 2x = 25 ⇔ x = 5 Vậy x ∈ {5}

Bài 3 (2điểm). Bạn An có 35 viên bi gồm xanh, đỏ, vàng. Số viên bi màu xanh và đỏ tỉ lệ với 2 và 3, số viên bi màu đỏ và vàng tỉ lệ với 4 và 5. Tính số viên bi mỗi loại. Hướng dẫn giải. Gọi số viên bi màu xanh, màu đỏ và màu vàng lần lượt là x , y, z (viên) ( x , y, z < 35 ; x , y, z ∈ ℕ * ).

Theo đề bài ta có:

QU Y

x y x y  = ⇒ =  2 3 8 12  ⇒ x = y = z và x + y + z = 35 . y z y z 8 12 15 = ⇒ =  4 5 12 15 

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z x +y +z 35 = = = = =1 8 12 15 8 + 12 + 15 35

Suy ra:

KÈ

x = 1 ⇒ x = 8 (TM) 8 y = 1 ⇒ y = 12 (TM) 12 z = 1 ⇒ z = 15 (TM) 15

DẠ

Vậy bạn An có 8 viên bi xanh, 12 viên bi đỏ, 15 viên bi vàng.

Trang 26

Bài 4. (3 điểm)

= 180  35 + ABE = 180 − 35  ABE

= 145  ABE

FI CI A

= 125 = 55 và BCy DBC d) Tính góc ABE . e) Chứng minh Cy // Ax . f) Chứng minh AB ⊥ BC. Giải a) Vì DE // Ax nên: + ABE = 180 (hai góc trong cùng phía)  BAx

+ CBE = 180 (hai góc kề bù) b) Ta có: DBC = 180  55 + CBE

ƠN

= 180 − 55  CBE = 125 mà BCy = 125  CBE

= BCy mà hai góc này ở vị trí so le trong.  CBE  DE // Cy Vì DE // Cy và DE // Ax nên Cy // Ax . = ABD (hai góc so le trong) mà BAx = 35 c) Vì DE // Ax nên BAx = 35  ABD + BCy = 180 (hai góc trong cùng phía) Vì DE // Cy nên DBC

= ABD + DBC Ta có: ABC = 35 + 55  ABC = 90  ABC  AB ⊥ BC.

Hướng dẫn giải:

x (x + y ) x x z x 2 + xy x2 + z2 x = ⇒ z 2 = xy . Thay vào 2 = = = ⇒ y z y y + z2 y 2 + xy y (y + x ) y

DẠ

⇒ đpcm.

KÈ

Ta có:

x z x2 + z2 x = . Chứng minh rằng: 2 = . 2 y z y y +z

Bài 5. (0.5 điểm) Cho

QU Y

+ 125 = 180  DBC = 180 − 125 = 55  DBC

= 35 , Cho hình vẽ bên, biết rằng DE // Ax , BAx

Trang 27

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN LỚP 7 Thời gian làm bài: 45 phút

(4,0 điểm) Tính hợp lý (nếu có thể) các biểu thức sau:

Bài 1.

1 1 1  1 2 1 a) A = −1 :  −  − (−0, 25) :  −     4 2 3  3 2

25 48 1 2 −14 1− + . (−4) − −52 4 49 8

(3,0 điểm)

Bài 2.

1 =3 2

ƠN

a) Tìm các giá trị của x thỏa mãn 3x − x −

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ 7

b) Tìm các giá trị x, y, z thỏa mãn 7x = 3y;5y = 7z và xy + xz − yz = 4

c) Cho các số a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 thỏa mãn

(3,0 điểm)

Bài 3.

QU Y

Chứng minh: b = a + c

1 1 1 1 + = − c a −b a b−c

Cho tam giác ABC có số đo góc BAC bằng 90 ° . Kẻ đường cao AH của △ABC . (H ∈ BC ) và

tia phân giác AM của góc BAH (M ∈ BC)

KÈ

a) Chứng minh các góc ABC và HAC có số đo bằng nhau

DẠ

b) Cho số đo góc MAC bằng 70° . Tính số đo góc AMC?

Trang 28

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 2

FI CI A

−4  −1  −1 :   −  a) A = 3  6   4  1 −4 A= .36 − .16 3 16 A = −48 −1 = −49

1 1 1  1 2 1 A = −1 :  −  − (−0, 25) :  −     4 2 3 3 2 2

 −1 :    4 

25 48 1 2 −14 1− + . (−4) − −52 4 49 8 5 1 1 b) B = −14. + .4 − 25 4 7 8 −101 5 1 B = − 2 + − 25 = 4 2 5

ƠN

Bài 2

1 = 3x − 3 2 1 x≥ 2 1 x − = 3x − 3 2 5 = (TM) 2 5 4 b)

a) Ta có: 1 3x − x − = 3 2 ⇒ x−

1 2

1 x − = 3 − 3x 2 7 (KTM) 2 7 x 8

QU Y

x y  x = 3k =   3 7 x y z  ⇒ = = = k ⇒  y = 7k (k ∈ ℤ )  y z 3 7 5 5y = 7z ⇒ =   z = 5k 7 5  Ta có:

KÈ

7x = 3y ⇒

xy + xz − yz = 4 ⇒ 21k 2 + 15k 2 − 35k 2 = 4

DẠ

⇒ k 2 = 4 ⇒ k = ±2

x = 6  Với k = 2 ⇒  y = 14  z = 10

x = −6  Với k = −2 ⇒  y = −14  z = −10 Trang 29

c) Cho các số a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 thỏa mãn

1 1 1 1 + = − c a −b a b−c

FI CI A

Giải: Từ

Chứng minh: b = a + c 1 1 1 1 + = − c a − b a b − c suy ra

1 1 1 1 + − + = 0 ⇔ a (a − b)(b − c) + ac (b − c) − c (a − b)(b − c) + ac (a − b) = 0 c a −b a b−c

⇔ (a − c)(a − b )(b − c) + ac (b − c + a − b ) = 0 ⇔ (a − c)(a − b )(b − c) + ac (a − c ) = 0

⇔ b ( a − b + c) = 0 ⇔ a − b + c = 0 ⇔ b = a + c

(đpcm)

Bài 3

QU Y

ƠN

⇔ (a − c) (a − b)(b − c) + ac = 0 ⇔ ab − ac − b 2 + bc + ac = 0 ⇔ ab − b 2 + bc = 0

Ta có:

+C = 90°  B  ⇒ HAC  =B  HAC + C = 90°

= 70° ⇒ BAM = MAH = 20°, H MAC AC = 50° = 50° ⇒ C = 40° ⇒B

DẠ

KÈ

= 180°− 70°− 40° = 70° Xét △MAC : AMC

Trang 30

ĐỀ KIỂM TRA KSCL GIỮA HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn kiểm tra: Toán 7 Thời gian làm bài: 90 phút (đề kiểm tra gồm 1 trang)

FI CI A

PHÒNG GD-ĐT NAM TỪ LIÊM TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH I

ĐỀ 8

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm). Viết lại chữ cái đứng trước đáp án đúng trong các câu sau vào bài kiểm tra. Câu 1. Cho 12 : x = 3 : 5 , giá trị x bằng: E. 10 F. 5 G. 20 H. 4 2

 2 :  −  là:  3 −1

2 3

−2 3

2 Câu 2. Kêt quả phép tính   3 E. 1 F.

ƠN

Câu 3. Nếu m ⊥ b và m ⊥ c thì E. b ⊥ c F. m b G. m c H. b c Câu 4. Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì : E. Hai góc đồng vị phụ nhau F. Hai góc trong cùng phía bù nhau G. Hai góc so le trong bù nhau H. Cả ba ý trên đều sai PHẦN II. TỰ LUẬN ( 9 điểm). Bài 1. (2 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể) 0

92.33 −5 31 −5 2 5 4 3  2  7 1 d )3 −  −  +   .16 c) 7 .2018 . + . +1 b) + .  −  3 17 33 17 33 17 7 7  3  8 2 Bài 2. (1,5 điểm) Tìm x , biết: 3 2 4 1 3 1 c)2 x + 2 x + 4 = 544 a) x + = b) x + = 5 3 5 2 5 2 Bài 3 (2điểm). Bạn An có 35 viên bi gồm xanh, đỏ, vàng. Số viên bi màu xanh và đỏ tỉ lệ với 2 và 3, số viên bi màu đỏ và vàng tỉ lệ với 4 và 5. Tính số viên bi mỗi loại. Bài 4. (3 điểm) = 35 , A x Cho hình vẽ bên, biết rằng DE // Ax , BAx = 125 = 55 và BCy DBC

QU Y

g) Tính góc ABE . h) Chứng minh Cy // Ax . i) Chứng minh AB ⊥ BC.

KÈ

x z = . Chứng minh rằng: z y

x2 + z2 x = . 2 2 y y +z

-------------------------------HẾT----------------------------------

DẠ

Bài 5. (0.5 điểm) Cho

Trang 31

HƯỚNG DẪN GIẢI:

E. 10

F. 5

G. 20

H. 4

FI CI A

Giải:

Ta có : 12 : x = 3 : 5

3 5 12.5 x= = 20 3

x = 12 :

Chọn C.

 2 :  −  là:  3 −1

2 3

G. Giải:

2 3

 2  3

2 2 3 3

Ta có : a n : a m = a n −m nên   :  −  =   :   = Chọn C. Câu 3. Nếu m ⊥ b và m ⊥ c thì

E. b ⊥ c

−2 3

G. m c

H. b c

F. m b

2 . 3

ƠN

2 Câu 2. Kết quả phép tính   3 E. 1 F.

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm). Viết lại chữ cái đứng trước đáp án đúng trong các câu sau vào bài kiểm tra. Câu 1. Cho 12 : x = 3 : 5 , giá trị x bằng:

QU Y

Giải:

Vì m ⊥ b và m ⊥ c nên b//c Chọn D. Câu 4. Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì :

F. Hai góc trong cùng phía bù nhau H. Cả ba ý trên đều sai

Giải:

c a

DẠ

KÈ

E. Hai góc đồng vị phụ nhau G. Hai góc so le trong bù nhau

Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì : Trang 32

Hai cặp góc so le trong bằng nhau. Hai góc đồng vị bằng nhau. Hai góc trong cùng phía bù nhau.

Chọn B. Bài 1. (2 điểm) Thực hiện phép tính (Tính nhanh nếu có thể)

−5 31 −5 2 5 −5  31 2  5 −5 5 . + . + 1 = . +  + 1 = +1+ = 1 17 33 17 33 17 17  33 33  17 17 17 4 3  2 4 2 2 b) + .  −  = − = 7 7  3 7 7 7 92.33 34.33 c) 7 .2018 = 7 .2018 = 2018 3 3 0

FI CI A

ƠN

1  7 1 d )3 −  −  +   .16 = 3 − 1 + 3 .24 = 2 + 2 = 4 2  8 2 Bài 2. (1,5 điểm) Tìm x , biết: 3 2 4 3 4 2 3 2 2 2 Vậy x ∈   a) x + = ⇔ x = − ⇔ x = ⇔ x = 5 3 5 5 5 3 5 15 9 9  3 1 −1 1  2 x + 5 = 2 x = 5 1 3 1  −1 −11  b) x + = ⇔  ⇔ Vậy x ∈  ;  2 5 2 5 5  1 x + 3 = − 1  x = −11 5 2 5  2  x x+4 x 4 c)2 + 2 = 544 ⇔ 2 (1 + 2 ) = 544 ⇔ 2x = 32 ⇔ 2x = 25 ⇔ x = 5 Vậy x ∈ {5}

Theo đề bài ta có:

QU Y

x y x y  = ⇒ =  2 3 8 12  ⇒ x = y = z và x + y + z = 35 . y z y z 8 12 15 = ⇒ =  4 5 12 15 

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z x +y +z 35 = = = = =1 8 12 15 8 + 12 + 15 35

Suy ra:

KÈ

x = 1 ⇒ x = 8 (TM) 8 y = 1 ⇒ y = 12 (TM) 12 z = 1 ⇒ z = 15 (TM) 15

DẠ

Vậy bạn An có 8 viên bi xanh, 12 viên bi đỏ, 15 viên bi vàng.

Trang 33

Bài 4. (3 điểm) A

= 125 và BCy D

j) Tính góc ABE . k) Chứng minh Cy // Ax . l) Chứng minh AB ⊥ BC. Giải d) Vì DE // Ax nên:

+ ABE =180 (hai góc trong cùng phía)  BAx =180 35 + ABE

+ CBE =180 (hai góc kề bù) DBC =180 55 + CBE =180 − 55 CBE

=180 −35  ABE =145 ABE

 DE // Cy

Vì DE // Cy và DE // Ax nên Cy // Ax .

= BCy mà hai góc này ở vị trí so le trong.  CBE

ƠN

e) Ta có:

=125 mà BCy = 125 CBE

f) Vì DE // Ax nên B Ax = A B D (hai góc so le trong) mà

= 35  ABD

FI CI A

= 55 DBC

= 35 , BAx

= 35 BAx

KÈ

QU Y

+ BCy = 180 (hai góc trong cùng phía) Vì DE // Cy nên DBC

+125 =180  DBC =180 −125 = 55 DBC = ABD + DBC Ta có: ABC = 35 +55 ABC = 90  ABC  AB ⊥ BC. Bài 5. (0.5 điểm) Cho

x z x2 + z2 x = . Chứng minh rằng: 2 = . 2 z y y y +z

Hướng dẫn giải:

x z x2 + z2 x = ⇒ z 2 = xy . Thay vào 2 = 2 z y y y +z

⇒

x 2 + xy x (x + y ) x = = y2 + xy y (y + x ) y

DẠ

Ta có:

Cho hình vẽ bên, biết rằng D E // A x ,

⇒ đpcm.

Trang 34

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I

HÀ NỘI – AMSTERDAM

NĂM HỌC: 2018 – 2019

TỔ TOÁN TIN

MÔN: TOÁN – KHỐI 7

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Bài 1: Tính hợp lí (nếu có thể) các biểu thức sau: 2

1 1 1 1 2  1 A = −1 :  −  − ( 0, 25 ) :  −  . 3 3 2 4 2

b) B =

25 48 1 − 14 1 − + 4 19 8

( −4 )

− −52 Lời giải

( −4 )

(3,0 điểm)

Bài 2:

− −52 =

5 1 1 5 1 − 14. + .4 − 25 =  +  − 2 − 25 = 3 − 2 − 25 = −24 2 7 8 2 2

25 48 1 − 14 1 − + 4 19 8

ƠN

1 1 1 1 4  1  1  1 2 1 a) A = − 1 :  −  − ( 0, 25 ) :  −  = − :  −  −  −  :  −  3 3 2 3  6  4  4 4 2 4 1 = − .36 − = −48 + 4 = −44 3  1 −    4 b) B =

1 =3 2 b) Tìm các giá trị x, y , z thỏa mãn 7 x = 3 y , 5 y = 7 z và xy + xz − yz = 4 1 1 1 1 = − c) Cho các số a , b, c đôi một khác nhau và khac 0 thỏa mãn + c a −b a b−c b = a + c Chứng minh rằng

QU Y

a) Tìm các giá trị của x thỏa mãn 3 x − x −

Lời giải

1 1 1 thì x − = x − . Khi đó 2 2 2

KÈ

a) Trường hợp 1 x ≥

3x − x −

1 1 5  = 3 ⇔ 3 x −  x −  = 3 ⇔ x = ( tm ) 2 2 4 

1 1 1  thì x − = −  x −  . Khi đó 2 2 2  1 1 7  3 x − x − = 3 ⇔ 3x +  x −  = 3 ⇔ x = ( loai ) 2 2 8 

DẠ

Trường hợp 2 x ≤

Vậy x =

5 4

b) 7 x = 3 y 

ĐỀ 9

x y y z = ; 5y = 7z  = 3 7 7 5 Trang 35

x y z = = = k  x = 3k ; y = 7 k ; z = 5k 3 7 5 Mà xy + xz − yz = 4 ⇔ 3k .7 k + 3k .5k − 7 k .5k = 4 ⇔ k 2 = 4 ⇔ k = ±2 k = 2  x = 6; y = 14; z = 10 k = −2  x = −6; y = −14; z = −10 1 1 1 1 1 1 1 1 a−c a−c c) + = − ⇔ − + + =0⇔ + =0 c a−b a b−c c a a −b b−c ac ( a − b )( b − c )

FI CI A

⇔

Vậy

1 1 + = 0 vì ( a ≠ c ) ac ( a − b )( b − c )

⇔ ac = − ( a − b )( b − c ) ⇔ ac + ab − ac − b2 + bc = 0 ⇔ ab − b 2 + bc = 0 ⇔ b ( a − b + c ) = 0  b = a + c Bài 3:

(3,0 điểm) phân giác AM của góc BAH ( M ∈ BC )

a) Chứng minh các góc ABC và HAC có số đo bằng nhau.

Cho tam giác ABC có số đo góc BAC bằng 90° . Kẻ đường cao AH của ∆ABC ( H ∈ BC ) và tia

ƠN

b) Cho số đo góc MAC bằng 70° . Tính số đo góc AMC ?

Lời giải

a) Ta có ABC + C = 90° +C = 90° HAC ABC = HAC

Vậy

b) MAC + BAM = 90° ⇔ BAM = 20° Vậy MAH = BAM = 20°

QU Y

Tam giác AHM vuông tại H nên

M H

DẠ

KÈ

+ MAH AMH = 90°  AMH = 70°  AMC = 70°

Trang 36

Bài 1: Tính:

FI CI A

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN: TOÁN 7 Thời gian: 90 phút

THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN

ĐỀ 10

5 A = 1, 2. + 0, 75 : 0,9 − 1,3 9

7  1 1   99  − 5 − − C = +  + . 36  3 2   100 

5 4 5 19 B = 4 + + 0,5 − + 16 23 16 23

 16   25 1  1 25 + 1 −  −  + D =  3 9 .  9   16 4 

ƠN

Bài 2: 1) Tìm x biết:

x + 1 −3 = 30 3,6 2) Tìm x , y biết:

(với x ≥

1 ) 5

x 2 = và x 2 − 2 y 2 = −126 y 3

(2,0 điểm) Số học sinh của ba lớp 7 A, 7 B, 7C lần lượt tỉ lệ với 4; 6;7 . Biết tổng số học sinh

QU Y

Bài 3:

x y = và 2 x − y = 6 5 7

5x − 1 = 4

Bài 5:

của lớp 7 A và 7 B nhiều hơn số học sinh của lớp 7C là 15 học sinh. Tính số học sinh mỗi lớp. Bài 4: D sao cho AD = AC . Gọi M là trung điểm của DC và E là giao điểm của AM và BC . a) Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận cho bài toán; b) Chứng minh ∆AMD = ∆AMC , từ đó chứng minh AM vuông góc với DC c) Chứng minh ED = EC d) Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho AF = AB . Chứng minh D, E , F thẳng hàng.

(0,5 điểm) Học sinh chọn một trong hai ý sau:

7 + 11 + 32 + 40 và 18

KÈ

a) So sánh

DẠ

b) Chứng minh 4 11 − 15 là số vô tỉ.

Trang 37

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: Tính:

7  1 1   99  − 5 − − C = +  + . 36  3 2   100 

5 4 5 19 B = 4 + + 0,5 − + 16 23 16 23

 16   25 1  1 25 + 1 −  −  + D =  3 9 .  9   16 4 

FI CI A

5 A = 1, 2. + 0, 75 : 0,9 − 1,3 9

Lời giải

5 A = 1, 2. + 0, 75 : 0,9 − 1,3 9 12 5 75 9 13 : − = . + 10 9 100 10 10 2 75 10 13 = + . − 3 100 9 10 2 5 13 2.10 5.5 13.3 + − = + − = 3 6 10 30 30 30 20 + 25 − 39 6 1 = = = 30 30 5 0

ƠN NH

7  1 1   99  − 5 − − C = +  + 36  3 2   100 

5 4 5 19 + + 0,5 − + 16 23 16 23  5 5   4 19  =  4 −  +  +  + 0,5  16 16   23 23  = 4 + 1 + 0,5 = 5,5

B =4

Bài 2: 1) Tìm x biết:

QU Y

7  5  36 7  2 3 =  +  +1− =   + − 36  6  36 36 6 6 25 + 36 − 7 54 3 = = = 36 36 2

x + 1 −3 = 30 3,6 2) Tìm x , y biết:

KÈ

x y = và 2 x − y = 6 5 7

 16   25 1  1 25 + 1 −  −  + D =  3 9  9   16 4  2

1 5 4  5 1 =  + 1 −  −  + . 3 3 3  4 4 2

5 49 5 7  4 =   −  + = −1+ 9 9 9 3  4 49 − 9 + 5 45 = = =5 9 9

5x − 1 = 4

(với x ≥

1 ) 5

x 2 = và x 2 − 2 y 2 = −126 y 3

Lời giải

DẠ

1) Tìm x biết:

+ 1 −3 = 30 3,6

5x −1 = 4

(với x ≥

1 ) 5

Trang 38

5 − 1 = 16 5

FI CI A

17 17 (TM ) 5

+ 1 −1 = 30 1, 2 + 1 −10 = 30 12 + 1 −5 = 30 6 1 = −5 + 1 = −25 = −26 2) Tìm x , y biết:

Bài 3:

2 và x 2 − 2 y 2 = −126 3

x 2 x y x2 y2 =  =  = y 3 2 3 4 9

ƠN

x 2 2 y 2 x 2 − 2 y 2 −126 = = = =9 4 18 4 − 18 −14 Suy ra:

x = 6 = 9  x 2 = 36    x = −6 y = 9 = 9  y 2 = 81    y = −9

y và 2 x − y = 6 7 x y 2x y 2x − y 6 =  = = = =2 5 7 10 7 10 − 7 3 x = 2  x = 10 5 y = 2  y = 14 7  x = 10   y = 14

QU Y

x 5

x = 6  x = −6 hoặc   y = 9  y = −9

(2,0 điểm) Số học sinh của ba lớp 7 A, 7 B, 7C lần lượt tỉ lệ với 4; 6;7 . Biết tổng số học sinh của lớp 7 A và 7 B nhiều hơn số học sinh của lớp 7C là 15 học sinh. Tính số học sinh mỗi lớp.

Lời giải

Gọi a , b, c lần lượt là số học sinh của ba lớp 7 A, 7 B, 7C (học sinh) ( a , b, c ∈ N *) Theo đề bài số học sinh của ba lớp 7 A, 7 B, 7C lần lượt tỉ lệ với 4; 6;7 nên ta có:

a b c = = 4 6 7

KÈ

a :b:c = 4:6:7 

Theo đề bài tổng số học sinh của lớp 7 A và 7 B nhiều hơn số học sinh của lớp 7C là 15 học sinh nên ta có: a + b − c = 15 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

DẠ

a b c a + b − c a + b − c 15 = = = = = =5 4 6 7 4+6−7 3 3

Trang 39

FI CI A

a  4 = 5 ⇔ a = 20(TM )  b   = 5 ⇔ b = 30(TM ) 6 c  7 = 5 ⇔ c = 35(TM ) 

Vậy số học sinh lớp 7A là 20 học sinh, số học sinh lớp 7B là 30 học sinh; số học sinh lớp 7C là 35 học sinh.

(3,5 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC . Trên tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC . Gọi M là trung điểm của DC và E là giao điểm của AM và BC . a) Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận cho bài toán; b) Chứng minh ∆AMD = ∆AMC , từ đó chứng minh AM vuông góc với DC c) Chứng minh ED = EC d) Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho AF = AB . Chứng minh D, E , F thẳng hàng.

Bài 4:

Lời giải

ƠN

QU Y

∆ABC

( AB < AC )

D ∈ AB , AD = AC M là trung điểm của DC AM ∩ BC = { E}

F ∈ AC , AF = AB a) Vẽ hình, ghi GT, KL b) ∆AMD = ∆AMC; AM ⊥ DC c) ED = EC d) D, E , F thẳng hàng

b) Chứng minh ∆AMD = ∆AMC , từ đó chứng minh AM vuông góc với DC

Xét ∆AMD và ∆AMC có:

AB = AC

AM chung

KÈ

MD = MC ( vì M là trung điểm của DC )

 ∆AMD = ∆AMC (c.c.c)

 AMD = AMC (2 góc t/ứng)

DẠ

Mà AMD + AMC = 180° (2 góc kề bù)

180° Nên AMD = AMC = = 90°  AM ⊥ DC 2

c) Chứng minh ED = EC

= CAM (2 góc t/ứng) Vì ∆AMD = ∆AMC (cmt)  DAM Trang 40

Xét ∆ADE và ∆ACE có:

FI CI A

AB = AC

= CAE (cmt) DAE

AE : chung  ∆ADE = ∆ACE (c.g.c)  DE = CE (2 cạnh t/ứng)

d) Chứng minh D, E , F thẳng hàng

Xét ∆ABE và ∆AFE có:

AB = AF (gt) = FAE (cmt) BAE

ƠN

AE là cạnh chung

 ∆ABE = ∆ AFE (c.g.c)  BE = EF (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆BED và ∆FEC có:

BE = EF (cmt)

BD = FC (do AD = AC và AF = AB (gt)) DE = CE (cmt)

QU Y

 ∆BED = ∆ FEC (c.c.c)  BE = EF (hai cạnh tương ứng)

= FEC (hai góc tương ứng)  BED + FEC = BEC = 180° Mặt khác BEF

Bài 5:

+ BED = 180°  DEF = 180°  D, E , F thẳng hàng. Nên BEF

(0,5 điểm) Học sinh chọn một trong hai ý sau:

7 + 11 + 32 + 40 và 18

KÈ

a) So sánh

b) Chứng minh 4 11 − 15 là số vô tỉ.

Lời giải

Giả sử 4 11 − 15 là số hữu tỉ  4 11 − 15 viết được dưới dạng

DẠ

 4 11 − 15 =

a b

a a + 15b m  11 = = ((m, n ∈ Z ; ƯCLN (m, n = 1)) b 4b n

 m = 11n  m 2 = 11n 2  m⋮11  m = 11k

(

)

Thay m2 = 11n2 ta được 121k 2 − 11n2 = 0  11 11k − n2 = 0 Trang 41

 n 2 = 11k  n ⋮11 (vô lí) vì m⋮11

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Vậy 4 11 − 15 là số vô tỉ

Trang 42

ĐỀ 11

Toán 7 (Năm học 2015 – 2016)

TỔ TOÁN

Đề bài Câu 1. (2 điểm) Thực hiện các phép tính: 2 5

3 7  3 9 7  : + + : −   4 12  5  5 15 

b) B =

15 3 9 − . 81 + 6 18 64

Câu 2. (2 điểm) Tìm x , biết a)

7 3  2 − + x = 12  8  9

b) 3x ( x − 1) = x 2

ƠN

Câu 3. (2 điểm)

a) A = −

FI CI A

Thời gian: 90 phút

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 1

THCS ARCHIMEDES ACADEMY

b) Tìm x, y , z ≠ 0 , biết:

a) Ba lớp 7 A , 7 B , 7C được phân công chăm sóc 15 cây xanh trong sân trường. Biết lớp 7 A có 30 em, lớp 7 B có 36 em, lớp 7C có 24 em, Hỏi mỗi lớp chăm sóc bao nhiêu cây xanh ?(Biết số cây mỗi lớ chăm sóc tỉ lệ thuận với số học sinh).

x y z = = và xz = 6 y . 3 2 4

QU Y

Câu 4. (3,5 điểm) Cho ∆ABC nhọn. Vẽ tia Ax thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B sao cho = 40° , trên tia Ax lấy điểm D sao cho AD = AC . Vẽ tia Ay thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không CAx

= 40° , trên tia Ay lấy điểm E sao cho AE = AB . Nối BD và CE chứa điểm C sao cho BAy a) Chứng minh: BD = CE .

b) Chứng minh: ADB = ACE .

. c) BD cắt CE tại I . Tính góc DIC

DẠ

KÈ

Câu 5. (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x − 4 + 2 x

Trang 43

Hướng dẫn giải

2 3 7  3 9 7  : + + : −  5  4 12  5  5 15 

b) B =

15 3 9 − . 81 + 6 18 64

Giải

ƠN

15 3 9 − . 81 + 6 18 64 5 1 3 − .9 + 2 6 8 =

5 3 3 − + 2 2 8

11 8

b) B =

2 5

3 7  3 9 7  : + + : −   4 12  5  5 15  2 16 3 20 = : + : 5 12 5 15 2 4 3 4 = : + : 5 3 5 3  2 3 4 3 =  + : =  5 5 3 4

a) A = −

FI CI A

a) A = −

Câu 1. (2 điểm) Thực hiện các phép tính:

7 3  2 − + x = 12  8  9

b) 3x ( x − 1) = x 2

Giải

7 3  2 − + x = 12  8  9

QU Y

Câu 2. (2 điểm) Tìm x , biết

KÈ

3 7 2 +x= − 8 12 9 3 13 +x= 8 36 1 72

x=−

DẠ

2 b) 3 x ( x − 1) = x

x = 0  x ( 2 x − 3) = 0   x = 3  2 Câu 3. (2 điểm) Trang 44

x y z = = và xz = 6 y . 3 2 4

FI CI A

b) Tìm x, y , z ≠ 0 , biết:

a) Ba lớp 7 A , 7 B , 7C được phân công chăm sóc 15 cây xanh trong sân trường. Biết lớp 7 A có 30 em, lớp 7B có 36 em, lớp 7C có 24 em, Hỏi mỗi lớp chăm sóc bao nhiêu cây xanh ?(Biết số cây mỗi lớ chăm sóc tỉ lệ thuận với số học sinh).

Giải

a) Gọi số cây ba lớp 7 A, 7 B, 7C phải chăm sóc lần lượt là x, y , z (cây) (Điều kiện: x, y, z ∈ ℕ* ). Vì tổng số cây chăm sóc là 15 cây nên x + y + z = 15 .

Mặt khác, vì số học sinh và số cây chăm sóc là hai đại lượng tỉ lệ thuận, khi đó ta có: x y z x+ y+z 15 1 = = = = = 30 36 24 30 + 36 + 24 90 6  x = 5; y = 6; z = 4 .

b) Đặt

ƠN

Vậy 7 A chăm sóc 5 cây , 7 B chăm sóc 6 cây, 7C chăm sóc 4 cây x y z = = = k ( k ≠ 0 )  x = 3k ; y = 2k ; z = 4k 3 2 4

+ k = 0  x = 0; y = 0; z = 0 (loại) + k = 1  x = 3; y = 2; z = 4 .

Ta có: xz = 6 y  3k .4k = 6.2k  k 2 = k

QU Y

Câu 4. (3,5 điểm) Cho ∆ABC nhọn. Vẽ tia Ax thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B sao cho = 40° , trên tia Ax lấy điểm D sao cho AD = AC . Vẽ tia Ay thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không CAx = 40° , trên tia Ay lấy điểm E sao cho AE = AB . Nối BD và CE chứa điểm C sao cho BAy a) Chứng minh: BD = CE .

b) Chứng minh: ADB = ACE .

Giải

DẠ

KÈ

. c) BD cắt CE tại I . Tính góc DIC

Trang 45

40°

K I C

B = DAB = 40° + BAC . a) Ta có: EAC Xét ∆AEC và ∆ADB có:

ƠN

AE = AB (giả thiết)

AC = AD (giả thiết)

= DAB (chứng minh trên) EAC Vậy ∆AEC = ∆ADB (c – g –c )

FI CI A

Suy ra BD = CE (hai cạnh tương ứng).

b) Do ∆AEC = ∆ADB (cmt) suy ra ACE = ADB (hai góc tương ứng).

QU Y

c) Cho BD cắt AC tại K .

= 180° Xét ∆AKD có: AKD + ADK + DAK + ICK + KIC = 180° . Xét ∆IKC có: IKC hay (đối đỉnh) Mà ADK = KCI ACE = ADB (cmt), AKD = IKC

= DAK = 40° hay DIC = 40° . Suy ra CIK

KÈ

Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x − 4 + 2 x Giải

Ta có: A = 2 x − 4 + 2 x

TH1: x ≥ 2 thì A = 2 x − 4 + 2 x = 4 x − 4

DẠ

Min A = 4 khi x = 2 TH2: x < 2 thì A = 4 − 2 x + 2 x = 4 Min A = 4 khi x = 2 .

Vậy Min A = 4 khi x ≤ 2 . Trang 46

ĐỀ 12

ĐỀ KIỂM TRA Toán 7 (Năm học 2015 – 2016) Thời gian: 90 phút

FI CI A

THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN

Đề bài (Số 01) Tính:

Câu 1:

2 3

a) A = 2 − −3

1 2

2 2 3 + : 3 9 4

9 4 4 5

3 b) B =   + (−3) : +  

Tìm x , biết:

Câu 2:

a) 4 x − 1 = 17 b) 3x + 3x + 2 = 270

ƠN

1 1  c)  2 x −  = 3 4 

Câu 3: a) Số học sinh lớp 7A và 7B lần lượt tỉ lệ với 11;12 . Tìm số học sinh của mỗi lớp, biết rằng số học

sinh lớp 7B chiếm nhiều hơn 7A là 3 bạn.

x y z = = và x − 2 y + 3 z = 16 . 2 3 4

b) Tìm x, y , z biết:

Câu 4: Cho hình vẽ bên, biết hai đường thẳng aa ' và

và a ' AD .

QU Y

bb ' song song với nhau; góc ADC = 70° ; AB , AC lần lượt là phân giác của aAD

' ; aAB ; a) Tính các góc cAa ACb ' . ứng minh AB vuông góc với AC . c) Trên tia đối AC lấy điểm E sao cho AE = AC . Chứng minh AB là trung trực

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:

P = 2 x −1 − 3 x − 4 với 3 ≤ 2 x ≤ 6 .

DẠ

Câu 5:

KÈ

của EC .

Trang 47

HƯỚNG DẪN GIẢI

Đề bài (Số 01) Điểm

Nội dung

Câu 1.

FI CI A

2 2 2 4 a) A = 2 − 3 + . 3 3 9 3 8 = −1 + 27 −19 = 27 1 4 b) B = − 27. + 1 4 9 −43 = 4

0.5

0,25 0,25 0.5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

ƠN

Câu 2. a) Trường hợp 1: tìm được x = 4,5 Trường hợp 2: tìm được x = − 4 b) 3x × (1 + 32 ) = 270 3x = 27; x = 3

5 0,5 12 1 0,5 Trường hợp 2: x = − 12 Câu 3. Gọi số học sinh lớp 7A, 7B lần lượt là x, y (học sinh) (đk x, y ∈ ℕ*, x < y ). 0,25 x y Vì số học sinh 7A, 7B lần lượt tỉ lệ với 11;12 nên ta có: = 11 12 0,25 Mặt khác lớp 7B nhiều hơn 7A là 3 học sinh nên y − x = 3 . 0,5 Tìm ra được x = 33 ; y = 36 (thỏa mãn đk); 0,5 x y z 2 y 3 z x − 2 y + 3 z 16 b) = = = = = = =2 0,5 2 3 4 6 12 2 − 6 + 12 8 x = 4; y = 6; z = 8 Câu 4. ' và a) *) Vì cAa ADC là hai góc đồng vị của hai đường thẳng song song aa ' và bb ' 0,5 ' = nên: cAa ADC = 70° .

KÈ

QU Y

c) Trường hợp 1: x =

0,25 0,25

, nên aAB = 1 aAD = 1 .70° = 35° Mặt khác AB là phân giác aAD 2 2 *) Lập luận tính được a ' AC = 55° . Lập luận tính được ACb ' =125° .

0,25 0,25 0,25

DẠ

là hai góc so le trong nên *) Theo đề bài aa ' // bb ' , mà ADC và aAD = aAD ADC = 70° .

= 35°; DAC = 55° . b) Lập luận tính được BAD = BAD + DAC = 35° + 55° = 90° . Vì AD nằm giữa AB, AC nên BAC

0,25

Vậy AB vuông góc với AC .

0,25 Trang 48

0,25

FI CI A

c) Vì E thuộc tia đối của tia AC và AE = AC nên A là trung điểm EC . (*) Theo chứng minh trên thì AB vuông góc AC hay AB vuông góc với EC . (**) Do đó từ (*) và (**) ta được AB là trung trực EC . Câu 5. 3 ≤ x ≤ 3 Từ điều kiện đề bài ta được P = 5 x − 14 2 x = 3 thì GTLN của P = 15 − 14 = 1 3 15 13 x = thì GTNN của P = − 14 = − 2 2 2 Tổng

0,25 0,25

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

10 điểm

Trang 49

ĐỀ 13 KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I - 2017 MÔN TOÁN - LỚP 7 Đề số 1 Thời gian làm bài: 90 phút

Học sinh làm bài và trình bày chi tiết, không sử dụng máy tính! Bài 1. (2 điểm) Tính: 2

 25   9 1  49 b) B =  . − 1 + − −     4    4    4 2

ƠN

Bài 2. (2 điểm) Tìm x, biết: 1  1 1  1 .  3x −  = .  3 −  . 2  5 5  2

2 x − 1 = 5 với x ≥

1 . 2

3 1 7  b)  2 x −  = 4 + . 2 2 4 

1 1 7  5  1 5 a) A =  1 −  +  1 −  − 1 .  −  . 3 2 3  3  2 6

FI CI A

TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN

QU Y

Bài 3. (2 điểm) Ba người thợ làm trong cùng một thời gian được 378 sản phẩm. Biết người thứ I làm 1 sản phẩm trong 3 phút, người thứ II làm 1 sản phẩm trong 6 phút. Người thứ III làm 1 sản phẩm trong 7 phút. Hỏi mỗi người làm được bao nhiêu sản phẩm? Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là trung điểm của BC và N là trung điểm của AM . Qua A vẽ đường thẳng d song song với BC . BN kéo dài cắt d tại D , CN kéo dài cắt d tại E.

a) Chứng minh AD = MB .

b) Chứng minh A là trung điểm của DE .

KÈ

c) Nối EM và DC kéo dài cắt nhau tại F . Chứng minh AC EF . d) Chứng minh FC = CD .

DẠ

Bài 5. (0,5 điểm) So sánh: a)

1, 45 + 1,7 + 2, 26 với 4.

20 + 30 + 42 + 56 với 24.

Trang 50

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Bài 1. (2 điểm) Tính: 2

FI CI A

1 1 7  5  1 5 a) A =  1 −  + 1 −  − 1 .  −  . 3 2 3  3  2 6 13

 25   9 1  49 b) B =  − 1 +  −  − . 4  4   4 2

Lời giải 2

1 1 7  5  1 5 a) A =  1 −  + 1 −  − 1 .  −  3 2 3  3  2 6

2  2 4 11  2 43 86 . = . + +  = . = 3  3 9 3  3 9 27 3

ƠN

 2   2  4  11   2   2  2 11 =  −  +   − . −  =   +   + .  3 3 3  6  3 3 3 3

 25   9 1  49 b) B =   4 − 1 +  4 − 2  − 4    

7 3 7 27 7 7 5  3 1 =  − 1 +  −  − =   + 113 − = +1− = . 2 2 2 8 2 8 2  2 2

Bài 2. (2 điểm) Tìm x, biết:

1  1 1  1 .  3x −  = .  3 −  . 2  5 5  2

QU Y

3 1 7  b)  2 x −  = 4 + . 2 2 4 

2 x − 1 = 5 vớ i x ≥

1 . 2

Lời giải

1  1 1  1 .  3x −  = .  3 −  2  5 5  2

KÈ a)

DẠ

1  1 1 .  3x −  = 2  5 2

3x −

1 =1 5

3x = 1 +

1 5

Trang 51

3x =

2 . 5

FI CI A

6 5

3 1 7  b)  2 x −  = 4 + . 2 2 4  2

3 25   2x −  = 2 4  3 5 = 2 2

TH1: 2 x −

x = 2. 3 5 =− 2 2

ƠN

TH2: 2 x −

2 x − 1 = 5 vớ i x ≥

Vì x ≥

1 . 2

1 x=− . 2

1 nên 2 x − 1 = 25 2

2 x = 25 + 1

QU Y

2 x = 26 x = 13 .

KÈ

Gọi a, b, c lần lượt là số sản phẩm người thứ I , II , III làm được ( a, b, c∈ N *) . Ta có: a + b + c = 378 . Khi đó thời gian người thứ I , II , III làm lần lượt là: 3a , 6b , 7c (Phút).

DẠ

Vì 3 người thợ làm cùng trong một thời gian nên 3a = 6b = 7c . 3a = 6b = 7c ⇔

a b c a + b + c 378 = = = = = 14 14 7 6 14 + 7 + 6 27

⇔ a = 196; b = 98; c = 84 .

Vậy người thứ I , II , III làm được lần lượt số sản phẩm là 196,98,84 sản phẩm. Trang 52

Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là trung điểm của BC và N là trung điểm của AM . Qua A vẽ đường thẳng d song song với BC . BN kéo dài cắt d tại D , CN kéo dài cắt d tại E .

a) Chứng minh AD = MB .

FI CI A

b) Chứng minh A là trung điểm của DE .

c) Nối EM và DC kéo dài cắt nhau tại F . Chứng minh AC EF . d) Chứng minh FC = CD .

ƠN

Lời giải

a) Chứng minh AD = MB .

QU Y

Xét ∆NBM và ∆NDA có:

= MNB AND (2 góc đối đỉnh),

NM = NA ( gt ) ,

= NAD (Vì d / / BC , hai góc so le trong), NMB

Từ đó ta được ∆NBM = ∆NDA ( g − c − g )  MB = AD . (1)

KÈ

b) Chứng minh A là trung điểm của DE . Chứng minh tương tự câu a ta được ∆NMC = ∆NAE ( g − c − g )  MC = AE .

DẠ

(2)

Vì M là trung điểm của BC nên MB = MC .

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra AD = AE . Mặt khác, ba điểm A , D , E cùng thuộc d nên A là trung điểm của DE . c) Nối EM và DC kéo dài cắt nhau tại F . Chứng minh AC / / EF . Xét ∆AEC và ∆MCE có: Trang 53

AE = MC ( gt ) ,

(Vì d / / BC , hai góc so le trong), AEC = MCE

FI CI A

Cạnh EC chung,

(2 góc ở vị trị so le Từ đó ta được ∆AEC = ∆MCE ( c − g − c )  ACE = MEC

trong). Vậy AC / / EM hay AC / / EF . d) Chứng minh FC = CD .

(Vì d / / BC , 2 góc đồng vị), ADC = MCF

AD = MC (Chứng minh ở câu b),

ƠN

= CMF (Vì cùng bằng DAC ACM ),

Xét ∆ADC và ∆MCF có:

Từ đó ta được ∆ADC = ∆MCF ( g − c − g )  CD = FC . Bài 5. (0,5 điểm) So sánh: 1, 45 + 1,7 + 2, 26 với 4.

20 + 30 + 42 + 56 với 24.

Lời giải

1, 45 + 1,7 + 2, 26 với 4.

QU Y

Ta có 1, 45 + 1, 7 + 2, 26 > 1, 44 + 1.69 + 2, 25 = 1, 2 + 1, 3 + 1,5 = 4 Vậy b)

1, 45 + 1, 7 + 2, 26 > 4 .

20 + 30 + 42 + 56 với 24.

Ta có

= 4,5 + 5,5 + 6,5 + 7,5 = 24 .

KÈ

20 + 30 + 42 + 56 < 20, 25 + 30, 25 + 42, 25 + 56, 25

20 + 30 + 42 + 56 < 24 .

DẠ

Vậ y

Trang 54

ĐỀ 14 ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 – TOÁN 7

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2018-2019

FI CI A

I. TRẮC NGHIỆM: (2 điểm)

TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM

Bài 1: Chọn câu trả lời đúng bằng cách ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:  1 1 1 Câu 1: Kết quả của phép tính  −  .5 + là:  9 2 9 −7 18

Câu 2: Giá trị x trong đẳng thức 2 5

Câu 3: Cho A.

3 2 5 + : x = là: 5 5 2

14 9

C. −

a c = . Tỉ lệ thức nào sau đây đúng: b d

7a c = b 7d

3a − c a = 3b − d b 2

Câu 4: Kết quả phép tính ( −4 ) .42 là A. −44

C. 82

B. 0

3 5

−13 18

19 4

2a −3c −a b D. = = −3b 2d c d

−1 2

ƠN

A. 0

D. 162

QU Y

Bài 2: Các khẳng định sau Đúng hay Sai?

Câu 1: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng vẽ được duy nhất một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho Câu 2: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì vuông góc với nhau.

Câu 3: Nếu đường thẳng c cắt 2 đường thẳng a và b, trong các góc tạo thành có một cặp góc trong cùng phía có số đo lần lượt là 125o và 65o thì a // b Câu 4: Đường trung trực của đoạn thẳng thì vuông góc với đoạn thẳng đó.

KÈ

II.Tự luận (8 điểm)

Bài 1 (1,5 điểm): Tính hợp lý nếu có thể:

5  −1  5 .1, 31 + 34.   − .2, 71 8  2  8

−7 5 = 1 + 2 x 2 − 3x

68.42 − 44.184 273.84 − 30.210.8

DẠ

2 −8 5 −8 4 13 : +2 : + 7 7 7 7 3

Bài 2 (1,5 điểm): Tìm x, biết a.

0, 25 x +

7 13 1 = − 12 18 9

Trang 55

c. 8.3x − 3x +1 = 23.32 + 567.3−2

FI CI A

Bài 3(2 điểm): Trong đợt thi đua giành hoa diểm tốt chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20-11, số điểm tốt (từ 9 điểm trở lên) của ba lớp7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 13; 15 và 21 . Biết số điểm tốt của hai lớp 7A và 7C nhiều hơn hai lần số điểm tốt của lớp 7B là 36 điểm. Tính số điểm tốt của mỗi lớp. Bài 4(2,5 điểm). Cho ∆ABC có tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ tia Bx sao cho ABx = BA D . Tia Bx cắt đường thẳng AC tại E. a) Chứng minh BE // AD . b) Vẽ AF ⊥ BE , F ∈ BE . Tính số đo góc FAD?

AF = B AF c) Chứng minh E

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Bài 5 (0,5 điểm). Tìm GTNN của P = x − 2016 + x − 2018 + x − 2020

Trang 56

Hướng dẫn giải:

Câu 1: C.

−1 2

Câu 2: B.

4 19

Câu 3: B.

3a − c a = 3b − d b

FI CI A

Bài 1: Chọn câu trả lời đúng bằng cách ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

I. Trắc nghiệm

Câu 4: D. 162 Bài 2: các khẳng định sau Đúng hay Sai? Câu 1: Đúng

ƠN

Câu 2: Sai Câu 3: Sai

II. Tự luận Bài 1. Tính hợp lý (nếu có thể) 2 −8 5 −8 4 13 : +2 : + 7 7 7 7 3 5  −8 4  2 =  13 + 2  : + 7 7 3  7

 93 19  −7 4 =  + . +  7 7 8 3 112 −7 4 = . + 7 8 3 4 −38 = −14 + = 3 3

5  −1  5 b) .1, 31 + 34.   − .2, 71 8  2  8 5 131 1 5 271 = . + 34. − . 8 100 16 8 100 5  131 271  17 = . − + 8  100 100  8 5 −7 17 = . + 8 5 8 −7 17 10 5 = + = = 8 8 8 4

QU Y

Câu 4: Đúng

68.42 − 45.184 273.84 − 39.210.8 28.38.24 − 210.24.38 = 9 12 9 10 3 3 .2 − 3 .2 .2 212.38 − 214.38 = 9 12 9 13 3 .2 − 3 .2 212.38 (1 − 22 ) = 12 8 2 .3 . ( 3 − 3.2 )

−3 =1 −3

KÈ

Bài 2. Tìm x, biết:

7 13 1 = − 12 18 9 7 11 ⇔ 0, 25 x + = 12 18 11 7 ⇔ 0, 25 x = − 18 12 1 ⇔ 0, 25 x = 36 1 ⇔x= 9 Bài 3 0, 25 x +

DẠ

−7 5 = 1 + 2 x 2 − 3x ⇔ −7. ( 2 − 3x ) = 5. (1 + 2 x )

⇔ −14 + 21x = 5 + 10 x ⇔ 21x − 10 x = 5 + 14 ⇔ 11x = 19 19 ⇔x= 11

c) 8.3x − 3x +1 = 23.32 + 567.3−2 ⇔ 8.3x − 3x.3 = 8.9 + 63

⇔ 3x. ( 8 − 3) = 135 ⇔ 3x = 135 : 5 ⇔ 3x = 27 = 33  x=3

Trang 57

Số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 13; 15 và 21 ta có:

a b c = = 13 15 21

Gọi số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là a, b, c (điểm tốt)(Điều kiện: a, b, c ∈ N * ).

FI CI A

Số điểm tốt của hai lớp 7A và 7C nhiều hơn hai lần số điểm tốt của lớp 7B là 36 điểm ta có: a + c − 2b = 36 . Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: a b c a + c − 2b 36 = = = = =9 13 15 21 13 + 21 − 2.15 4

 a = 13.9 = 117

b = 15.9 = 135 c = 21.9 = 189

Vậy số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là 117 (điểm tốt); 135 (điểm tốt); 189 (điểm tốt).

ƠN

Bài 4: x

QU Y

a) Có : ABx = BA D

Mà hai góc ABx; BA D là các góc ở vị trí so le trong nên BE // AD

KÈ

b) Có BE // AD , mà AF⊥ BE nên AF ⊥ AD (Quan hệ từ vuông góc đến song song)

F AD = 90°

c) Ta có: E AF + B AF + BA D + CA D = 180°

(1)

nên E AF + CA D = 90°

(2)

DẠ

Mà B AF + BA D = FA D = 90°

Có BA D = CA D (AD là tia phân giác của góc BAC)

(3)

AF = B AF Từ (1), (2), (3) suy ra: E Trang 58

Bài 5: P = x − 2016 + x − 2018 + x − 2020 ≥ x − 2016 + 2020 − x + x − 2018

⇒ P≥4

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

( x − 2016 )( 2020 − x ) ≥ 0 ⇒ GTNN của P = 4 khi  ⇒ x = 2018 x = 2018 

FI CI A

⇒ P ≥ x − 2016 + 2020 − x + 0

Trang 59

ĐỀ 15 TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 – TOÁN 7

I. TRẮC NGHIỆM: (2 điểm)

NĂM HỌC 2018-2019

FI CI A

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: Chọn câu trả lời đúng bằng cách ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

 1 1 1 Câu 1: Kết quả của phép tính  −  .5 + là:  9 2 9 −7 18

Câu 2: Giá trị x trong đẳng thức 2 5

Câu 3: Cho

3 2 5 + : x = là: 5 5 2

14 9

C. −

3 5

a c = . Tỉ lệ thức nào sau đây đúng: b d

7a c = b 7d

3a − c a = 3b − d b

Câu 4: Kết quả phép tính ( −4 ) .42 là

A. −44

C. 82

B. 0

−13 18

19 4

2a −3c −a b D. = = −3b 2d c d

−1 2

ƠN

A. 0

D. 162

QU Y

Bài 2: Các khẳng định sau Đúng hay Sai?

KÈ

II.Tự luận (8 điểm)

Bài 1 (1,5 điểm): Tính hợp lý nếu có thể: 4

5  −1  5 .1, 31 + 34.   − .2, 71 8  2  8

−7 5 = 1 + 2 x 2 − 3x

2 −8 5 −8 4 b. 13 : +2 : + 7 7 7 7 3 68.42 − 44.184 273.84 − 30.210.8

DẠ

Bài 2 (1,5 điểm): Tìm x, biết

b. 0, 25 x +

7 13 1 = − 12 18 9

Trang 60

c. 8.3x − 3x +1 = 23.32 + 567.3−2

FI CI A

Bài 3(2 điểm): Trong đợt thi đua giành hoa diểm tốt chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20-11, số điểm tốt (từ 9 điểm trở lên) của ba lớp7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 13; 15 và 21 . Biết số điểm tốt của hai lớp 7A và 7C nhiều hơn hai lần số điểm tốt của lớp 7B là 36 điểm. Tính số điểm tốt của mỗi lớp. Bài 4(2,5 điểm). Cho ∆ABC có tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ tia Bx sao cho ABx = BA D . Tia Bx cắt đường thẳng AC tại E.

a) Chứng minh BE // AD . b) Vẽ AF ⊥ BE , F ∈ BE . Tính số đo góc FAD?

AF = B AF c) Chứng minh E

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Bài 5 (0,5 điểm). Tìm GTNN của P = x − 2016 + x − 2018 + x − 2020

Trang 61

Hướng dẫn giải: I. Trắc nghiệm

−1 2

Câu 2: B.

4 19

Câu 3: B.

3a − c a = 3b − d b

FI CI A

Câu 1: C.

Bài 1: Chọn câu trả lời đúng bằng cách ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 4: D. 162 Bài 2: các khẳng định sau Đúng hay Sai? Câu 1: Đúng

ƠN

Câu 2: Sai Câu 3: Sai Câu 4: Đúng

II. Tự luận Bài 1. Tính hợp lý (nếu có thể)

KÈ

Bài 2. Tìm x, biết:

7 13 1 = − 12 18 9 7 11 ⇔ 0, 25 x + = 12 18 11 7 ⇔ 0, 25 x = − 18 12 1 ⇔ 0, 25 x = 36 1 ⇔x= 9

DẠ

d) 0, 25 x +

QU Y

 93 19  −7 4 =  + . +  7 7 8 3 112 −7 4 = . + 7 8 3 4 −38 = −14 + = 3 3

5  −1  5 e) .1, 31 + 34.   − .2, 71 8  2  8 5 131 1 5 271 = . + 34. − . 8 100 16 8 100 5  131 271  17 = . − + 8  100 100  8 5 −7 17 = . + 8 5 8 −7 17 10 5 = + = = 8 8 8 4

2 −8 5 −8 4 d) 13 : +2 : + 7 7 7 7 3 5  −8 4  2 =  13 + 2  : + 7 7 3  7

−7 5 = 1 + 2 x 2 − 3x ⇔ −7. ( 2 − 3x ) = 5. (1 + 2 x )

⇔ −14 + 21x = 5 + 10 x ⇔ 21x − 10 x = 5 + 14 ⇔ 11x = 19 ⇔x=

19 11

68.42 − 45.184 273.84 − 39.210.8 28.38.24 − 210.24.38 = 9 12 9 10 3 3 .2 − 3 .2 .2 212.38 − 214.38 = 9 12 9 13 3 .2 − 3 .2 212.38 (1 − 22 ) = 12 8 2 .3 . ( 3 − 3.2 )

−3 =1 −3

f) 8.3x − 3x +1 = 23.32 + 567.3−2 ⇔ 8.3x − 3x.3 = 8.9 + 63

⇔ 3x. ( 8 − 3) = 135 ⇔ 3x = 135 : 5 ⇔ 3x = 27 = 33  x=3

Bài 3

Trang 62

Số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 13; 15 và 21 ta có:

a b c = = 13 15 21

FI CI A

Số điểm tốt của hai lớp 7A và 7C nhiều hơn hai lần số điểm tốt của lớp 7B là 36 điểm ta có: a + c − 2b = 36 . Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a b c a + c − 2b 36 = = = = =9 13 15 21 13 + 21 − 2.15 4

 a = 13.9 = 117 b = 15.9 = 135

c = 21.9 = 189

Vậy số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là 117 (điểm tốt); 135 (điểm tốt); 189 (điểm tốt). Bài 4:

ƠN

QU Y

a) Có : ABx = BA D

Mà hai góc ABx; BA D là các góc ở vị trí so le trong nên BE // AD b) Có BE // AD , mà AF⊥ BE nên AF ⊥ AD (Quan hệ từ vuông góc đến song song)

KÈ

F AD = 90°

c) Ta có: E AF + B AF + BA D + CA D = 180°

Mà B AF + BA D = FA D = 90°

DẠ

nên E AF + CA D = 90°

(1) (2)

Có BA D = CA D (AD là tia phân giác của góc BAC) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

Gọi số điểm tốt của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là a, b, c (điểm tốt)(Điều kiện: a, b, c ∈ N * ).

E AF = B AF

Bài 5:

Trang 63

P = x − 2016 + x − 2018 + x − 2020 ≥ x − 2016 + 2020 − x + x − 2018

⇒ P ≥ x − 2016 + 2020 − x + 0

FI CI A

⇒ P≥4

( x − 2016 )( 2020 − x ) ≥ 0 ⇒ x = 2018 x = 2018 

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

⇒ GTNN của P = 4 khi 

Trang 64

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I NĂM HỌC: 2019 - 2020 Ngày thi: 26/10/2019 Môn: Toán – Lớp 7 Thời gian làm bài: 90 phút

FI CI A

UBND QUẬN BA ĐÌNH TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÔNG TRỨ

Bài 1 (1,5 điểm). Tính hợp lí (nếu có thể).

4 1 4  −1  c) 21 .0, 25 − .1 +   3 4 3  2

−5 16 2 . ( −3) − 9 25

1 2

3 c)  2 x −  . ( 2 x 2 + 18 ) = 0 7  x − 1 27 d) = 3 x −1

−2 2 5 + − 3x = 7 5 7

ƠN

Bài 2 (3 điểm). Tìm x, biết: a) 5 − . ( 2 x + 1) =

1 1 1 3 a) 8 + 0, 25 + −  3, 5 + 2 −  3 2  3 4

ĐỀ 16

Bài 3 (2 điểm).

QU Y

a) Tìm x, y biết: 2 x = 3 y và x + y = 90 b) Ba lớp 7 A,7 B, 7C của một trường THCS tham gia quyên góp truyện tặng thư viện. Số quyển truyện đem quyên góp của ba lớp lần lượt tỉ lệ với 5; 4;6. Tính số quyển truyện của mỗi lớp quyên góp biết tổng số quyển truyện đem quyên góp của hai lớp 7 A và 7 B là 180 quyển. Bài 4 (3 điểm). (Hs vẽ hình, viết GT – KL vào bài làm). ' = 60o. Cho hình vẽ biết: yy ' ⊥ c, zz ' ⊥ c và xAy

KÈ

DẠ

Cho tỉ lệ thức

60o

a) Chứng minh yy '/ / zz '. b) Tính số đo góc xBz ? c) Vẽ tia phân giác của góc xBz cắt đường thẳng yy ' tại H . Tính góc AHB. d) Vẽ tia Bt là phân giác của góc z ' Bx '. Chứng minh BH và Bt là hai tia đối nhau. Bài 5 (0,5 điểm).

z x'

N c

2019a 2 + 2020b 2 2019c 2 + 2020d 2 a c = . = . Chứng minh rằng: 2019a 2 − 2020b 2 2019c 2 − 2020d 2 b d

Trang 65

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. a) 1 1  1 3 + 0, 25 + − 3, 5 + 2 −  3 2  3 4  1 1 1 3 = 8 + 0, 25 + − 3, 5 − 2 + 3 2 3 4  1     1  1 3 = 8 − 2  + 0, 25 +  +  − 3, 5  3 3   4   2  = 6 + 1 − 3 = 4.

QU Y

1 1 1 5 − (2x + 1) = 2 2 2 1 1 1 (2x + 1) = 5 − 2 2 2 1 (2x + 1) = 5 2 1 2x + 1 = 5 : 2 2x + 1 = 10

Bài 2. a)

ƠN

3 1 4  −1  21 .0, 25 − .1 +   4 4 3  2  3 1 1 4 = 21 . − .1 + 1 4 4 4 3 1  3 3 1 = 21 − 1  + 1 = .20 + 1 = 6.  4 4 4  4

FI CI A

−5 16 5 4 4 21 = .9 − = 5 − = . .(−3)2 − 9 25 9 5 5 5

KÈ

9 x= . 2 b) −2 2 5 + − 3x = 7 5 7 2 5 2 − 3x = + = 1. 5 7 7 TH2:

DẠ

TH1:

Trang 66

c) TH1: 3 2x − = 0 7 3 2x = 7 3 x= . 14 d) x −1 27 = 3 x −1 2 (x − 1) = 81

TH2: 2x 2 + 18 = 0

2x 2 = −18

2 − 3x = −1 5 7 3x = 5 7 x= . 15

FI CI A

2 − 3x = 1 5 −3 3x = 5 −1 x= . 5

ƠN

x 2 = −9(vl)

TH2: x − 1 = −9

x = 10.

TH1: x −1 = 9

x = −8

x y = . 3 2 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: x y x +y 90 = = = = 16 3 2 3+2 5 Khi đó, x = 16 ⇒ x = 48. 3 y = 16 ⇒ y = 32. 2 b) Gọi số truyện quyên góp của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là x , y, z (quyển; x ∈ ℕ, y ∈ ℕ, z ∈ ℕ). Do tổng số quyển truyện đem quyên góp của hai lớp 7A và 7B là 180 quyển nên ta có x + y = 180.

KÈ

QU Y

Bài 3. a) Ta có 2x = 3y hay

DẠ

Số quyển truyện đem quyên góp của ba lớp lần lượt tỉ lệ với 5; 4; 6 hay ta có

x y z = = . 5 4 6

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: z x y x +y 180 = = = = = 20 6 5 4 5+4 9 Khi đó, Trang 67

FI CI A

x = 20 ⇒ x = 100(t / m ). 5 y = 20 ⇒ y = 80(t / m ). 4 z = 20 ⇒ z = 120(t / m ). 6 Vậy số truyện quyên góp của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là 100, 80,120 (quyển).

Bài 4.

a) Vì yy ' ⊥ c, zz ' ⊥ c  yy '/ / zz ' (quan hệ song song và vuông góc)

' = 60o Mà xAy ' = 60o  xBz

+ xBz ' = 180o (hai góc kề bù). Vì xBz

c) Vì BH là tia phân giác của xBz

60o

B x'

QU Y

120o xBz = = 60o 2 2

= Vì yy '/ / zz '  zBH AHB (hai góc đồng vị).

N c t

Mà zBH = 60  AHB = 60 . o

= z = 120o  z d) Ta có xBz ' Bx ' (hai góc đối đỉnh). Mà xBz ' Bx ' = 120o

z ' Bx ' 120o Vì Bt là tia phân giác của z ' Bx '  z ' Bt = = = 60o 2

KÈ

= z  zBH ' Bt ( = 60 o )

' = 180o (hai góc kề bù) và Ta có zBH + HBz zBH = z ' Bt ' + z  HBz ' Bt = 180o. Vậy BH và Bt là hai tia đối nhau.

Bài 5:

a c = = k  a = bk ; c = dk b d

DẠ Đặt

' = 60o  xBz = 120o. Mà xBz

zBH = 

ƠN

' = xBz ' (hai góc đồng vị). b) Vì yy '/ / zz ' (cmt)  xAy

Ta có:

Trang 68

2019. ( bk ) − 2020b 2

VP =

2019. ( dk ) + 2020d 2 2

2019. ( dk ) − 2020d 2

b 2 . ( 2019k 2 + 2020 ) b 2 . ( 2019k 2 − 2020 ) d 2 . ( 2019k 2 + 2020 ) d 2 . ( 2019k 2 − 2020 )

2019k 2 + 2020 2019k 2 − 2020

(1)

2019k 2 + 2020 2019k 2 − 2020

( 2)

(đpcm).

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Từ (1) và ( 2 )  VT = VP

VT =

FI CI A

2019. ( bk ) + 2020b 2

Trang 69

ĐỀ 17

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ I Năm học: 2018 – 2019 Môn: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 60 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

FI CI A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm) Câu 1. Nếu A. 8

x +1 = 3 thì x 2 có giá trị là: C. 64 B. 2

D. ±64

Câu 2. Cho a :12 = 6 : b . Tỉ lệ thức nào dưới đây sai? a b a b 12 6 = = B. C. A. = 6 12 12 6 a b

a 12 = b 6

Câu 4. Cho hình vẽ và biết a b , thì: 2

1 4

= 115° A. A 1

a 3

b 4

65°

II. TỰ LUẬN (9 điểm)

QU Y

4 = 115° B. A

3 = 115° C. A

ƠN

Câu 3. Phân số nào sau đây viết được dưới dạng số thập phân hữu hạn? 5 7 −8 9 A. B. C. D. 14 9 15 24

2 = 65° D. A

Bài 1. (2 điểm) Tính giá trị của các biểu thức:

b) Β =

1  22  a) Α = 3 − 5.0, 05 +  − (4 + 0, 75) 7  7

 2 .   5 

15  .   4  3 152  2  .  24  5 

2018

(−1)

KÈ

Bài 2. (3,5 điểm) Tìm x, y biết : a) 23.2x − 2,1 = 13,9

b) x −

3 = 0, 25 2

x y = và 2x – 5y = 93. 2 7

= 25 . xAO = 70 ; OBy Bài 3. (2,5 điểm) Cho hình vẽ, biết Ax // By,

DẠ

AOB. a) Tính góc

. b) Qua B vẽ đường thẳng d song song với AO cắt tia Ax tại M . Tính MBO

Bài 4. (1 điểm) Cho 4 số a1 ; a2 ; a3 ; a4 khác 0 và thỏa mãn a22 = a1.a3 và a32 = a2 .a4 .

Trang 70

a13 a23 a33 a13 + a23 + a33 . = = = a23 a33 a43 a23 + a33 + a43

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Chứng minh rằng:

Trang 71

HƯỚNG DẪN GIẢI I. TRẮC NGHIỆM (1 điểm) 2. A

3. D

4. B

1. A

FI CI A

II. TỰ LUẬN (9 điểm) Bài 1. (2 điểm) Tính giá trị của các biểu thức:

1  22  22  1 22   3 1 19 20 a) Α = 3 − 5.0, 05 +  − (4 + 0, 75) = −  +  − 4 +  = − − = − = −5 . 7  7 7  4 7   4 4 4 4 3

 2  15  15  15  (−1) .  .      5  4  4 4 = = = 1. b) Β = 3 2 2 2 15 15  15  2    .  2 2 24  5  2 ( )  4  2018

b) x −

=> 2 x +3 = 13,9 + 2,1 => 2 x +3 = 16

3 = 0, 25 2

=> x −

=> 2 x +3 = 2 4 => x + 3 = 4

3 1 = 2 2

x y = và 2x – 5y = 93 2 7 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có x y 2x − 5y 93 = = = = −3 2 7 2.2 − 5.7 −31 x  2 = −3 => x = −6 =>   y = −3 => y = −21  7

a)23.2 x − 2,1 = 13, 9

ƠN

Bài 2. (3,5 điểm) Tìm x, y biết :

3 1  x − 2 = 2 =>  x − 3 = − 1  2 2 x = 2 =>  x = 1

QU Y

=> x = 1

Bài 3. (2,5 điểm)

a) Trong AOB kẻ tia Oz // Ax.

Vì Ax // By, Oz // Ax nên Oz // By nên:

= OBy = 25 O 2

KÈ

= xAO = 180o − 70o = 110o O 1

Do Oz nằm trong góc AOB nên:

25°

+O = 25 + 110 = 135 AOB = O 1 2

DẠ

b) Vì d // AO suy ra:

+ MBO AOB = 180 (trong cùng phía)

= 180 −  MBO AOB = 180 − 135 = 45 Trang 72

a1 a2 = a2 a3

a32 = a2 .a4 

a2 a3 = a3 a4 3

FI CI A

a22 = a1.a3 

Bài 4. (1 điểm) Do a1; a2 ; a3 ; a4 khác 0 nên:

a  a  a  a a a a a a a3 a3 a3 a Suy ra 1 = 2 = 3   1  =  2  =  3  = 1 . 2 . 3  13 = 23 = 33 = 1 a2 a3 a4 a2 a3 a4 a2 a3 a4 a4  a2   a3   a4 

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

a13 a23 a33 a1 a13 + a23 + a33 (điều phải chứng minh) = = = = a23 a33 a43 a4 a23 + a33 + a43

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

Trang 73

ĐỀ 18 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ 1 Năm học 2019 – 2020 Môn: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 60 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

FI CI A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (1,0 điểm)

Chọn chữ cái trước câu trả lời đúng (viết vào bài làm). Nếu x 2 = 3 thì x bằng: A. 9 hoặc −9

a 6 = . 3 b

a 3 = . b 6

a 3 = . 6 b

Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba của số 7, 69953 là: B. 7, 690 .

Cho hình vẽ và biết a //b thì: A. x = 70o B. x = 132o . D. x = 48o .

II. TỰ LUẬN (9,0 điểm)

KÈ

a) A = 1 5 − 0,25 −  2 5 + 18 − 1  . 13  9 13 4  Câu 2.

D. 7,6 .

110°

C 132°

70° D

3 2 3 .7 − 3.56 + .39 5 b) B = 5 . 3 2 3 7 3 9 .7 − .5 + .3 4 4 4

(3,5 điểm) Tìm x, y biết:

a) 18.3x − 2 + 3x = 243

x y 1 c) = và 3 x − 2 y = 26 x = 2, 6 3 −2 4 ' = 1200 , zNy ' = 1200 , xAB = 350 , BCy ' = 1250 . (2,5 điểm) Cho hình vẽ. Biết zMx

DẠ

C. 7,699 .

(2,5 điểm) Tính giá trị của các biểu thức:.

Câu 1.

QU Y

C. x = 66o .

Câu 3.

D. ±6 .

ƠN

a 9 = . 2 b

A. 7, 7 . Câu 4.

3 . 2

Cho đẳng thức ab = 3.6; Tỉ lệ thức nào dưới đây sai? A.

Câu 3.

Câu 2.

3 hoặc − 3

Câu 1.

b) 1, 3 −

Trang 74

a) Chứng minh xx ' / / yy ' . b) Tính góc ABC và cho biết đường thẳng AB có vuông góc với đường thẳng BC không?

z 1200

x A

350

1250

y C

FI CI A

1200

(0,5 điểm) Tìm x, y, z biết: x + y + z ≠ 0 và

x y z 1 = = = ( x + y + z) . y + z − 3 x + z x + y + 3 12

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Câu 4.

Trang 75

ĐÁP ÁN THAM KHẢO I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (1,0 điểm)

A. 9 hoặc −9

a 6 = . 3 b

B. 7, 690 .

a 3 = . b 6

a 3 = . 6 b

C. 7,699 .

D. 7,6 .

ƠN

Cho hình vẽ và biết a //b thì:

B. x = 132o .

C. x = 66o .

QU Y

D. x = 48o .

C 132°

110°

70° D

Lời giải

Nếu x 2 = 3 thì x bằng:

Câu 1. A. 9 hoặc −9

3 hoặc − 3

3 . 2

D. ±6 .

Cho đẳng thức ab = 3.6; Tỉ lệ thức nào dưới đây sai?

a 9 = . 2 b

KÈ

A. Câu 3.

D. ±6 .

Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba của số 7, 69953 là:

A. x = 70o

Câu 2.

3 . 2

a 9 = . 2 b

A. 7, 7 . Câu 4.

Cho đẳng thức ab = 3.6; Tỉ lệ thức nào dưới đây sai? A.

Câu 3.

3 hoặc − 3

FI CI A

Nếu x 2 = 3 thì x bằng:

Câu 1.

Câu 2.

Chọn chữ cái trước câu trả lời đúng (viết vào bài làm).

a 6 = . 3 b

a 3 = . b 6

a 3 = . 6 b

Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba của số 7, 69953 là: B. 7, 690 .

C. 7,699 .

D. 7,6 .

A. 7, 7 .

Cho hình vẽ và biết a //b thì:

DẠ

Câu 4.

Trang 76

A. x = 70o B. x = 132o .

C 132°

C. x = 66o . b

70°

FI CI A

D. x = 48o .

110°

II. TỰ LUẬN (9,0 điểm) Câu 1.

(2,5 điểm) Tính giá trị của các biểu thức:.

a) A = 1 5 − 0,25 −  2 5 + 18 − 1  . 13  9 13 4 

ƠN

3 2 3 .7 − 3.56 + .39 5 b) B = 5 . 3 2 3 7 3 9 .7 − .5 + .3 4 4 4 Lời giải

5  5 18 1  A = 1 − 0,25 −  2 + −  13  9 13 4  . 18 1 23 18 1 23 = − − − + =− 13 4 9 13 4 9

QU Y

3 2 3 3 2 7 9 .7 − 3.56 + .39 (7 − 5 + 3 ) 3 4 4 5 B= 5 =5 = . = . 3 2 3 7 3 9 3 2 7 9 .7 − .5 + .3 (7 − 5 + 3 ) 5 3 5 4 4 4 4 Câu 2.

(3,5 điểm) Tìm x, y biết:

KÈ

a) 18.3x − 2 + 3x = 243

DẠ

a) 18.3x − 2 + 3x = 243 3x 18. + 3x = 243 9 x 2.3 + 3x = 243 3.3x = 243 3x+1 = 35 x +1 = 5

x=4

b) 1, 3 −

1 x = 2, 6 4 Lời giải

b) TH1: 1, 3 −

1 x = 2, 6 4

1 x = 1,3 − 2, 6 4 1 x = −1,3 4 1 x = −1, 3 : 4 x = −5, 2

x y và 3 x − 2 y = 26 = 3 −2

TH2: 1,3 −

1 x = −2, 6 4

1 x = 1, 3 + 2, 6 4 1 x = 3, 9 4 1 x = 3, 9 : 4 x = 15, 6 Vậy x = −5, 2 hoặc x = 15, 6 . Trang 77

c) Ta có

x y 3x 2 y =  = 3 −2 9 −4

Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau và giả thiết ta được:

Khi đó

FI CI A

3x 2 y 3x − 2 y 26 = = = =2 9 −4 9 − ( −4 ) 13 3x 2y = 2  x = 6 và = 2  y = −4 . 9 −4

' = 1200 , zNy ' = 1200 , xAB = 350 , BCy ' = 1250 . (2,5 điểm) Cho hình vẽ. Biết zMx a) Chứng minh xx ' / / yy ' . b) Tính góc ABC và cho biết đường thẳng AB có vuông góc với đường thẳng BC không?

Câu 3.

350

ƠN

1200

1250

1200

Lời giải

' = zNy ' = 1200 , mà hai góc zMx ', zNy ' ở vị trí đồng vị nên xx ' / / yy ' . a) Ta có zMx b) Kẻ về phía trong góc ABC , tia Bt sao cho Bt / / xx ' / / yy ' .

QU Y

Vì tia Bt nằm giữa hai tia BA, BC nên ABC = ABt + CBt = 350 (so le trong) Lại có ABt = BAx

+ BCy ' = 1800 (trong cùng phía) nên CBt = 1800 − BCy ' = 1800 − 1250 = 550 . Và CBt = 350 + 550 = 900 . Do đó ABC = ABt + CBt

Suy ra đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng BC .

(0,5 điểm) Tìm x, y, z biết: x + y + z ≠ 0 và

KÈ

Câu 4.

x y z 1 = = = ( x + y + z) . y + z − 3 x + z x + y + 3 12

Lời giải

DẠ

x y z x+ y+z 1 = = = = y + z − 3 x + z x + y + 3 2( x + y + z ) 2

2 x = y + z − 3  x = y − 1 x = 1 2 y = x + z  y = z −1     ⇔ ⇔ y = 2 2 z = x + y + 3 z = y + 1   z = 3  x + y + z = 6  x + y + z = 6 

Vậy x = 1; y = 2; z = 3 . Trang 78

ĐỀ 19 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2017 – 2018

FI CI A

Thời gian làm bài: 45 phút

Bài 1. (2 điểm) Tính giá trị của biểu thức:  1 A = −   2

9 3 3 1 2  1   −1   2  .  −  :    − 2 .  −1  − 81 +  2   2    2 3

( 3)

Bài 2. (2 điểm) Cho biểu thức M =

2x −1 3x − 1

Hãy tìm các giá trị của x sao cho:

ƠN

a) M = 0

Môn: TOÁN LỚP 7

Tổ Toán – Tin học

b) M < 0

Bài 3: (2 điểm)

Sau khảo sát chất lượng giữa học kì I, số học sinh của lớp 7A được xếp thành ba loại: giỏi, khá, trung bình. Số học sinh giỏi và khá theo thứ tự tỉ lệ với 2 và 3, số học sinh khá và trung bình theo thứ tự tỉ lệ với 5 và 6. Biết số học sinh khá ít hơn số học sinh trung bình là 3 em. Tính tổng số học sinh lớp 7A và số học sinh mỗi loại.

QU Y

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có A = 60° , kẻ tia phân giác của góc B cắt AC ở D , tia phân giác của góc C cắt AB ở E . Qua A kẻ đường thẳng song song với CE , đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại F . . a. Chứng minh rằng AFC = CAF

KÈ

= b. Chứng minh rằng BDC AEC .

-----Hết-----

DẠ

Chú ý: Học sinh không được dùng tài liệu, không dùng máy tính cầm tay.

Trang 79

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1.

 1 . −   2

3  −1 3   1 2 :    − 22.  −1  − 81 +  2 3  2  

( 3)

FI CI A

 1 A = −   2

 1   −1   −3  2 =  −  :   − 22.   − .9 + 9  2  2   2  3 2 3 −1 2 .3 −1 27 = + 3 −6+9 = + + 3 = 16 2 2 2 2 Bài 2.

1 thì M = 0 2

ƠN

Vậy x =

1  x=  2 x − 1 = 0  2x −1 1  2 a)M = 0  =0  x= 1 3x − 1 2 3 x − 1 ≠ 0  x ≠  3

Vậy

QU Y

 1   x < 2  2 x − 1 < 0    x > 1  1 1  3 x − 1 > 0 <x< 2x −1 1 1 3     <0   3 b) M < 0  2 <x<   3x − 1 3 2 1 2 x − 1 > 0   x>   x ∈∅   2  3 x − 1 < 0    x < 1   3

1 1 <x< 3 2

Bài 3:

Gọi số học sinh giỏi, khá, trung bình của lớp 7A lần lượt là a , b , c ( với a, b, c ∈ ℕ* ).

KÈ

Theo đề bài, số học sinh khá ít hơn số học sinh trung bình là 3 em nên ta có: c − b = 3 . Số học sinh giỏi và khá theo thứ tự tỉ lệ với 2 và 3 nên:

a b a b =  = 2 3 10 15

Số học sinh khá và trung bình theo thứ tự tỉ lệ với 5 và 6 nên:

DẠ

Từ (1) và (2) ta có:

b c b c =  = 5 6 15 18

(1) (2)

a b c = = . 10 15 18

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a b c c−b 3 = = = = = 1. 10 15 18 18 − 15 3 Trang 80

a = 10 (TM)  Do đó: b = 15 (TM) . c = 18 (TM) 

FI CI A

Vậy số học sinh của lớp 7A là: 10 + 15 + 18 = 43 (em).

. a) Chứng minh AFC = CAF Vì CE là phân giác của ACB nên: . (1) ACE = BCE

60°

(2)

QU Y

= CAF ACE (SLT) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: (đpcm). AFC = CAF = b) Chứng minh BDC AEC . Trong ∆ABC ta có: A + B + C = 180° +C = 180° − 60° = 120° B = 120° − B . C (1) A = 180° Trong ∆AEC ta có: AEC + ACE + C C  AEC = 180° − A− ACE = 180° − 60° − = 120° − . 2 2 120° − B B Từ (1) và (2) ta có: AEC = 120° − = 60° + . 2 2

ƠN

Mà: AF // EC (gt) nên: (đồng vị) AFC = BCE

Bài 4:

(2) (3)

DẠ

KÈ

là góc ngoài tại đỉnh D của ∆ABD nên: Lại có: BDC B = (4) BDC A+ ABD = 60° + 2 = Từ (3) và (4) ta có: BDC AEC (đpcm).

Trang 81

ĐỀ 20 ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KỲ I Năm học: 2017 – 20118 Môn: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 60 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề bài gồm 1 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

FI CI A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (1 điểm) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng (viết vào bài làm).

Câu 1. Phân số nào sau đây viết được dưới dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn?

A. 10 Câu 3. Nếu

B. 9 x = 6 thì x có giá trị là:

C. 7 C. −36

D. 36

B. y = 1800 + x

D. 5

ƠN

A. ±36 B. 12 Câu 4. Cho hình vẽ và biết AB // CD thì:

C. y = x − 1800

QU Y

A. x = y

3 15

3 1 1 B. C. 2 4 7 Câu 2. Cho 12 : x = 6 : 5 giá trị x bằng:

D. x + y = 1800

I. TỰ LUẬN (9 điểm) Bài 1. (3 điểm) Tính giá trị của các biểu thức một cách hợp lí: 6

KÈ

−1) .35.43 ( 1 2  4 6  7 4  B= A =  4 − +  + 5 + −  −6 + + ; 92.25 4 3  3 5  4 5  Bài 2 (3 điểm) Tìm x, y biết: 1 x y 3 1 a) x + − = 0 b) .34.3x = 37 c) = và x − y = −28 4 3 9 6 5 Bài 3 (2 điểm): Cho hình vẽ: B A

60°

E 20° 140°

40°

DẠ

a) Hãy xét xem AB có song song với EF không? b) Qua E kẻ Ex là tia phân giác của góc CEF, Ex cắt CD tại M. Tính góc EMC?

 a + a + a +... + a 2017  a a a a a Bài 4 (1 điểm): Chứng minh rằng nếu 1 = 2 = 3 = .... = 2017 thì 1 =  1 2 3  a2 a3 a4 a2018 a2018  a 2 + a 3 + a 4 +... + a 2018  Trang 82

2017

II.

TRẮC NGHIỆM (1 điểm) Câu Đáp án

1 C

2 A

3 D

TỰ LUẬN (9 điểm) Bài 1. (3 điểm)

A =1

.35.43

9 .2

( −1) .35. ( 22 ) 2 2

(3 )

( −1) .35.26 4

3 .2

Bài 2( 3 điểm) Tìm x, y biết: a) x +

3 1 3 1 3 1 − =0⇔ x+ = ⇔ x+ =± 4 3 4 3 4 3

=−

3.2 = −6 1

ƠN

1 2  4 6  7 4  A =  4 − +  + 5 + −  −6 + +  4 3  3 5  4 5  1 2 4 6 7 4 A = 4− + +5+ − −6− − 4 3 3 5 4 5  −1 7   2 4   −6 4  A = ( 4 + 5 − 6) +  −  +  +  +  −   4 4 3 3  5 5 −8 6 −10 A = 3+ + + 4 3 5 A = 3 + ( −2 ) + 2 + ( −2 )

( −1) B=

4 D

FI CI A

3 1 −5 = ⇔ x= 4 3 12 3 −1 −13 TH 2 : x + = ⇔x= 4 3 12

QU Y

TH 1: x +

Hướng dẫn giải

1 4 x .3 .3 = 37 ⇔ 34 + x = 37.32 ⇔ 34+ x = 37 + 2  4 + x = 9  x = 5 9

x y = và x − y = −28 6 5

DẠ

KÈ

x y x − y −28 = = = = −28 6 5 6−5 1 x = −28  x = −168 6 y = −28  y = −140 5

Bài 3: Cho hình vẽ:

a) Hãy xét xem AB có song song với EF không?

Trang 83

= BCE + ECD = 600 BCD  ABC = BCD

Mà hai góc này ở vị trí so le trong  AB / / CD (1)

FI CI A

+ ECD = 1400 + 400 = 1800 mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía  FE / / CD (2) FEC Từ (1) và (2)  AB / / FE B 60° 20°

E 140°

40°

b) Qua E kẻ Ex là tia phân giác của góc CEF, Ex cắt CD tại M. Tính góc EMC? B A

60°

E 140° 20°

ƠN

40°

= FEC = 700 Có EM là tia phân giác của góc CDF  FEM 2

= EMC ( hai góc so le trong) FE / / CD(cmt)  FEM

Bài 4: Đặt

QU Y

= 700  EMC

a a1 a2 a3 = = = .... = 2017 = k  a1 = a2 .k ; a2 = a3 .k ;....; a2017 = a2018 .k ; a2 a3 a4 a2018  k . ( a 2 + a 3 + a 4 +... + a 2018 )  =   a 2 + a 3 + a 4 +... + a 2018 

2017

= k 2017 (1)

a a1 a a = 1 . 2 .... 2017 = k .k ....k = k 2017 ( 2 ) a2018 a2 a3 a2018

KÈ

Mà:

2017

 a + a + a +... + a 2017  Ta có:  1 2 3   a 2 + a 3 + a 4 +... + a 2018 

 a + a + a +... + a 2017  a1 = 1 2 3  a2018  a 2 + a 3 + a 4 +... + a 2018 

2017

= k 2017

DẠ

Từ (1) và ( 2 ) suy ra:

Có

Trang 84

ĐỀ 21 TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU

FI CI A

Bài 1: (2điểm) Tính −1 3 + a) 2 4

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HK I Môn Toán 7 – Năm học 2017 – 2018 Thời gian làm bài: 90 phút 3

b) ( 0,125 ) .83 2

ƠN

2 2 1 4  8 1 c) 2 + :  −  d)   .3 − : 2 7  7 9 3 3 Bài 2: (2điểm) Tìm x biết 1 3 3 −5 a) x − = b) x = 2 2 2 6 2 3 1 d) ( a x ) = a18 ( a ≠ 0; a ≠ 1) c) x + − = 0 4 2 Bài 3: (2điểm): Số học sinh khối 6, 7, 8 tỉ lệ với các số 41, 29, 30. Biết rằng tổng số học sinh khối 6 và 7 là 140 học sinh. Tính số học sinh mỗi khối. c = 750 , a ⊥ c, b ⊥ c Bài 4 (3điểm): Cho hình vẽ bên, biết B

c) Tính A4

a) a có song song với b không? Vì sao? b) Tính A

21 4 3 B

DẠ

KÈ

QU Y

Bài 5 (1 điểm): Cho a, b, c là các số khác 0 sao cho: a + b − c a − b + c −a + b + c = = c b a (a + b)(b + c)(c + a) Tính giá trị biểu thức: M = abc

2 1 3 A4

Trang 85

Lời giải Bài 1: (2đ) Tính 3 1 b) ( 0,125 ) .83 =   .83 = 1 8 2

2 2 1 2 3 1 1 1 d)   .3 − : = .3 − . = − = 0 9 3 9 9 2 3 3 3

d) ( a x ) = a18

( a ≠ 0; a ≠ 1)

QU Y

a 2 x = a18  2 x = 18 ⇔ x = 18 : 2 ⇔ x = 9 Vậy x = 9 Bài 3: (2đ):

ƠN

Bài 2: (2đ) Tìm x biết 1 3 3 1 a) x − = ⇔ x = + ⇔ x =2 2 2 2 2 Vậy x = 2 3 −5 −5 3 −5 ⇔x= : ⇔x= b) x = 2 6 6 2 9 −5 Vậy x = 9 3 1 1 3 1    x + 4 = 2 x = 2 − 4 x = − 4 3 1 c) x+ − =0⇔  ⇔ ⇔ 4 2 x + 3 = − 1 x = − 1 − 3 x = − 5  4 2 2 4 4   1 5 Vậy x = − ; x = − 4 4

FI CI A

1 4  8  5 4  7  5 −1 5 − 1 c) 2 + :  −  = + .  −  = + = =2 2 7  7 2 7  8 2 2 2

Gọi số học sinh khối 6, 7, 8 lần lượt là a , b, c (học sinh) ( a, b, c ∈ ℕ* ) Theo đầu bài:

- Số học sinh khối 6, 7, 8 tỉ lệ với các số 41, 29, 30 nên ta có

a b c = = 41 29 30

KÈ

- Tổng số học sinh khối 6, 7 là 140 nên a + b = 140 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a + b 140 = = = = =2 41 29 30 41 + 29 70 Suy ra: a = 41.2 = 82; b = 29.2 = 58; c = 30.2 = 60

DẠ

Vậy khối 6 có 82 học sinh, khối 7 có 58 học sinh, khối 8 có 60 học sinh Bài 4: a ⊥ c a) Vì:   a / / b (từ vuông góc đến song song) b ⊥ c (hai góc đồng vị)  b) Vì a / /b  A =B A = 750 1

−1 3 −1.2 + 3 1 + = = 2 4 4 4

+B = 180 (hai hóc trong cùng phía)  A4 = 1050 c) Vì a / / b  A 4 1 0

Bài 5: +) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau có:

Trang 86

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

a + b − c a − b + c −a + b + c a + b − c + a − b + c − a + b + c = = = =1 c b a a+b+c a + b − c =1  c  a + b = 2c   a −b+ c   = 1   a + c = 2b b   b + c = 2a   −a + b + c =1  a  (a + b)(b + c)(c + a) 2c 2a 2b = =8 +) Có: M = abc abc

Trang 87

ĐỀ 22

C. − −0, 25 = − ( −0, 25) Câu 2:

D. −0, 25 = 0, 25

FI CI A

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ 1 Năm học 2016 - 2017 MÔN TOÁN 7 – Thời gian làm bài : 90 phút A- PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm): Hãy chọn các đáp án đúng Câu 1: Cách viết nào sau đây đúng: A. −0, 25 = −0, 25 B. − −0, 25 = −0, 25

TRƯỜNG THCS TÔ HIỆU

1  B.  ; −4  2  Câu 4: Tam giác ABC vuông tại A , ta có: +C > 90o +C < 90o A. B B. B B. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm) Câu 1: (2,0 điểm) a) Viết dạng tổng quát nhân hai lũy thừa có cùng cơ số 3

1 1 b) Áp dụng tính   .   2 2 Câu 2: (1,5 điểm). Tìm x biết:

C. ( 0; 2 )

+C = 90o C. B

D. ( −1; 2 )

+C = 180o D. B

A. (1; −2 )

ƠN

Câu 3:

Cho đường thẳng c cắt hai đường thẳng a và b và trong các góc tạo thành một góc so le trong bằng nhau thì? A. a / /b B. a cắt b C. a ⊥ b D. a trùng với b Điểm thuộc đồ thị hàm số y = −2 x là:

2 5 −7 − :x+ = 3 8 12 Câu 3: (1 điểm). Một tam giác có chu vi bằng 36 cm, ba cạnh của nó tỉ lệ thuận với 3; 4;5 . Tính độ dài ba cạnh của tam giác đó. Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = AC . Gọi K là trung điểm của cạnh BC . a) Chứng minh ∆AKB = ∆AKC và AK ⊥ BC . b) Từ C kẻ đường vuông góc với BC , nó cắt AB tại E . Chứng minh EC //AK . c) Chứng minh CE = CB . a a−c 1 11 1 Câu 5: (0,5 điểm). Cho =  +  với ( a, b, c ≠ 0; b ≠ c ) . Chứng minh rằng: = b c −b c 2a b 2x + 6 = 4

QU Y

DẠ

KÈ

Trang 88

Lời giải A. Trắc nghiệm: 1. B, D

FI CI A

2. A 3. A, D 4. C B. Tự luận: Câu 1: a) a m .a n = a m + n 3

3+ 2

ƠN

1 1 1 1 b)   .   =   =   2 2 2 2 Câu 2: (1,5 điểm) a) 2 x + 6 = 4 ⇔ 2 x = 4 − 6 ⇔ 2 x = −2 ⇔ x = −1 Vậy x = −1 . 2 5 −7 2 −7 5 2 −7.2 − 5.3 −2 −29 −2  −29  16 ⇔− :x= − ⇔− :x= ⇔ :x= b) − : x + = ⇔ x= : = 3 8 12 3 12 8 3 24 3 24 3  24  29 16 Vậy x = . 29 Câu 3: (1 điểm) Gọi ba cạnh của tam giác là a , b, c (cm), ( a, b, c ∈ ℕ *)

a b c = = và a + b + c = 36 . 3 4 5 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

Theo đề bài ta có:

KÈ

QU Y

a b c a + b + c 36 = = = = =3 3 4 5 3 + 4 + 5 12 a b c  = 3  a = 3.3 = 9 ; = 3  b = 3.4 = 12 ; = 3  c = 5.3 = 15 . 3 4 5 Vậy ba cạnh lần lượt là: 9 cm, 12 cm, 15 cm. Câu 4: (3 điểm)

DẠ

a) Xét ∆AKC và ∆AKB có: AC = AB (gt) CK = KB (gt) AK chung  ∆AKC = ∆AKB (c.c.c)  AKC = AKB Mà AKC + AKB = 1800 Trang 89

 AKC = AKB = 900  AK ⊥ BC . b) Ta có: EC ⊥ BC AK ⊥ BC  EC //AK (từ vuông góc đến song song). c) Ta có: ∆AKC = ∆AKB  ACB = ABC

FI CI A

= 900 Mà ACB + ABC = 450   ACB = ABC ACE = ACB = 450 Xét tam giác vuông CAE và tam giác vuông CAB ta có: = CAB = 900 CAE

AC chung ACE = ACB = 450

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

 ∆ACE = ∆ACB (g.c.g)  CE = CB (2 cạnh tương ứng) (đpcm). Câu 5: Ta có 1 11 1 2 b+a =  +  =  2ab = cb + ca  ab + ab = cb + ca  ab − cb = ca − ab c 2a b c ab a a−c  b ( a − c) = a (c − b)  = b c−b

Trang 90

ĐỀ 23

Bài 1. (1 điểm) (Ghi vào bài làm chữ cái đứng trước đáp án đúng) 6

a) Kết quả của ( −5 ) : ( −5 ) là: A. 52 b)

( −7 )

B. 13

C. ( −5 )

D. Kết quả khác

D. 600 D. 1200

−2  −1  4 3 a) −   + + − 2017 0 3  4  6 4 2

D. Kết quả khác

A. −7

ƠN

B. 49 C.7 0 0 c) Cho ∆ABC có A = 35 ; B = 108 thì số đo ở C bằng: A. 300 B. 370 C. 550 = 580 thì góc ngoài tại đỉnh C bằng: d) Cho ∆ABC có A = 620 ; B B. 880 C. 1000 A. 1300 Bài 2. (2 điểm) Thực hiện phép tính (tính hợp lý nếu có thể):

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I MÔN TOÁN 7 – NĂM HỌC 2017 – 2018 Thời gian làm bài : 90 phút

FI CI A

PHÒNG GDĐT BẮC TỪ LIÊM TRƯỜNG THCS CỔ NHUẾ 2

2  −1  b)   + − − 2007 0 3  2 

QU Y

2 1 1 2 1 4 7 1 c)   . + .   d ) .50 − 1 . − 37 7 5 5 7  3  11 11  3  Bài 3. (2 điểm) Tìm x biết: −3 1 b)2,8 : 0,5 = x − 1 :1,5 a) x − 3 = x 4 4 x+2 −2 44 − x x − 12 c) = d) = −32 x + 2 3 5 Bài 4 (1, 5 điểm). Hưởng ứng phong trào kế hoạch nhỏ của Đội, ba chi đội 7A, 7B, 7C đã thu được tổng cộng 280 kg giấy vụn. Biết rằng số giấy vụn thu được của ba chi đội lần lượt tỉ lệ với 7, 9, 12 . Hãy

. Từ đó chứng minh a b . a) Em hãy vẽ lại hình và tính CDB

KÈ

b) Chứng minh đường thẳng c vuông góc với đường thẳng b . . c) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC

35°

70°

55°

D b

B 1

110°

DẠ

Bài 6. (0, 5 điểm) 2 Cho A = .Tìm số nguyên x để A đạt giá trị lớn nhất ? 6− x

tính số giấy vụn mỗi chi đội thu được? Bài 5 (3 điểm) Cho hình vẽ bên: = 70°; D = 110°; CAD = 35°; BAD = 55° . Biết C 1 1

Trang 91

Bài 1. Đáp án: a – C; b – C; c – B; d – D Bài 2. −2  −1  4 3 a) −   + + − 2017 0 3  4  6 4 −2 1 2 3 = + + + −1 3 4 3 4  −2 2   1 3  = +  +  +  −1  3 3 4 4 = 0 + 1 −1

ƠN

2 1 1 2 d ) .50 − 1 . − 37 7 5 5 7 2  1 1 = .  50 − 1  − 37 7  5 5 2 = .49 − 37 7 = 14 − 37 = −23

Bài 3.

−3 −3 1 1  −3 1  x−3= x ⇔ x − x = 3 ⇔ x.  −  = 3 ⇔ x.(−1) = 3 ⇔ x = 3 : (−1) ⇔ x = −3 4 4 4 4  4 4

QU Y

FI CI A

2  −1  b)   + − − 2007 0 3  2  1 2 = + −1 16 3 3 32 48 = + − 48 48 48 −13 = 48

1 4 7 1 c)   . + .    3  11 11  3  1 4 7 1 = . + . 9 11 11 9 1 4 7 = . +  9  11 11  1 = .1 9 1 = 9

HƯỚNG DẪN GIẢI

2,8.1,5 ⇔ x − 1 = 8, 4 0,5 +) Hoặc x − 1 = 8, 4 ⇔ x = 8, 4 + 1 ⇔ x = 9, 4

b)2,8 : 0,5 = x − 1 :1,5  x − 1 =

+) Hoặc x − 1 = −8, 4 ⇔ x = −8, 4 + 1 ⇔ x = −7, 4 Vậy x ∈ {−7, 4;9, 4}

x+2 −2 2 =  ( x + 2 ) = 64 −32 x + 2 +) Hoặc x + 2 = 8 ⇔ x = 6 +) Hoặc x + 2 = −8 ⇔ x = −10

KÈ

Vậy x ∈ {−10;6} d)

44 − x x − 12 = ⇔ 5(44 − x) = 3( x − 12) ⇔ 220 − 5 x = 3 x − 36 ⇔ −8 x = −256 ⇔ x = 32 3 5

Bài 4.

DẠ

Gọi số giấy vụn thu được của ba chi đội 7A, 7B, 7C lần lượt là: x, y, z (kg); x, y, z ∈ ℕ * ;

x, y, z < 280 ).

Tổng số giấy vụn ba lớp thu được là 280 kg nên: x + y + z = 280 . Số giấy vụn thu được của ba chi đội lần lượt tỉ lệ với 7, 9, 12 nên:

x y z = = . 7 9 12 Trang 92

FI CI A

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z x + y + z 280 = = = = = 10 7 9 12 7 + 9 + 12 28 Suy ra x +) = 10  x = 70 ( t/m ) ; 7 y ; +) = 10  y = 90 (t/m) 9 z +) = 10  z = 120 (t/m) 12 Vậy lớp 7A thu được 70 kg, lớp 7B thu được 90 kg, lớp 7C thu được 120 kg.

A 1

35°

Bài 5.

70°

ƠN

55°

D b

B 1

110°

+D = 180° (hai góc kề bù)  CDB = 180° − 110° = 70° . a) Ta có: CDB 1

= CDB = 70° , mà hai góc này ở vị trí SLT nên a b (định lý). Ta có: C 1 = CAD + DAB = 35° + 55° = 90°  c ⊥ a mà a b (theo cmt) b) Ta có: CAB

QU Y

nên c ⊥ b (từ vuông góc đến song song). = c) Ta có: a b (theo cmt)  CAD ADB = 35° (hai góc so le trong) = CDA + = Mà CDB ADB = 70°  ADB = 70° − 35° = 35°  CDA ADB = 35°  DA là phân giác của BDC Bài 6.

DẠ

KÈ

A lớn nhất khi 6 − x là số nguyên dương nhỏ nhất nên 6 − x = 1  x = 5 khi đó A = 2.

Trang 93

(2,5 điểm) Thực hiện phép tính bằng cách hợp lý (nếu có thể).

Bài 2.

3 1 17 3 + − + 7 2 7 2

4 1 4 1 .19 − .39 5 3 5 3

3  1 5 d) ( −2 ) + ( 75% − 0, 25 ) :  2 − 1   4 6

(2,0 điểm) Tìm x:

12 −26 = 13 27

1 b)   3

2 x−1

−2 1 −  = 27 3

1  3 5  c)  3 − x   x + −  = 0 2 4 6  

ƠN

a) x :

1 6 1 1 + . −  7 7  2 3

Bài 1.

FI CI A

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I NĂM HỌC: 2019 – 2020 MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 90 phút

UBND QUẬN BẮC TÙ LIÊM TRƯỜNG THCS XUÂN ĐỈNH

(2,0 điểm) Trong đợt quyên góp ủng hộ đồng bào lũ lụt, số tiền ủng hộ của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với các số 5; 6; 9. Tính số tiền của mỗi lớp ủng hộ biết lớp 7B ủng hộ nhiều hơn lớp 7A là 35 000 đồng.

Bài 4

Bài 3.

ĐỀ 24

(3,0 điểm)

Cho hình vẽ bên. o

a) Chứng minh m //n.

b) Tính số đo D1; D2 .

QU Y

Biết B1 = 70 ; G1 = 110 .

c) Chứng minh a ⊥ p. d) Gọi Bx và Dy lần lượt là tia phân giác của

và CDG . Chứng minh Bx //Dy. ABD (0,5 điểm)

Bài 5.

KÈ

Cho dãy tỉ số bằng nhau:

2019a + b + c + d a + 2019b + c + d a + b + 2019c + d a + b + c + 2019d = = = a b c d a+b b+c c+d d +a + + + . c+d d +a a+b b+c

DẠ

Tính giá trị biểu thức M =

Trang 94

HƯỚNG DẪN GIẢI (2,5 điểm) Thực hiện phép tính bằng cách hợp lý (nếu có thể).

3 1 17 3 + − + 7 2 7 2

4 1 4 1 .19 − .39 5 3 5 3

3  1 5 d) ( −2 ) + ( 75% − 0, 25 ) :  2 − 1   4 6

3 1 17 3  3 17   1 3  + − + =  −  +  +  = −2 + 2 = 0 7 2 7 2 7 7  2 2

1 6 1 1 1 6 1 1 1 2 + . −  = + . = + = 7 7  2 3 7 7 6 7 7 7

4 1 4 1 .19 − .39 = 5 3 5 3

ƠN

4 1 1 4  19 − 39  = . ( −20 ) = −16 5 3 3 5

Lời giải

1 6 1 1 + . −  7 7  2 3

FI CI A

Bài 1.

3  1 5 d) ( −2 ) + ( 75% − 0, 25 ) :  2 − 1   4 6

(2,0 điểm) Tìm x:

a) x :

12 −26 = 13 27

1 b)    3

12 −26 = 13 27

1 b)    3

2 x −1

⇔ x=

−2 1 −  = 27  3

KÈ

⇔ 2x −1 = 3 ⇔

2 x −1

−2 1 −  = 3 27  

QU Y

a) x :

Bài 2.

1  9 11  1  18 22  1 −3 −19 = −8 + :  −  = −8 + :  −  = −8 + . ( −3) = −8 + = 2 4 6  2  12 12  2 2 2

1  3 5  c)  3 − x   x + −  = 0 2  4 6 

Lời giải

−26 12 −2.4 −8 . ⇔ x= = 27 13 7 7

⇔

1   3

2 x −1

−

1 −2 = 9 27

1 ⇔   3

2 x −1

−2 1 1  1  + = =  27 9 27  3 

2x = 4 ⇔ x = 2

1  3 5  c)  3 − x   x + −  = 0 2  4 6 

DẠ

 x = 6  1 1  3 − 2 x = 0 2 x = 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ x + =  4  x+ 3 −5 =0  x+ 3 = 5    3 4 6 4 6  x + = 4 

 x = 6  5 1 ⇔ x =  6 12  −19 −5 x =  12 6

Trang 95

Bài 3.

FI CI A

Lời giải

Gọi số tiền của 3 lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là x, y , z ( x, y , z > 0; đồng)

Vì số tiền ủng hộ của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với các số 5; 6; 9 nên ta có:

x y z = = 5 6 9

Vì lớp 7B ủng hộ nhiều hơn lớp 7A là 35 000 đồng nên y − x = 35000

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

 x = 35000.5 = 105000    y = 35000.6 = 210000  z = 35000.9 = 315000 

(tm đk)

ƠN

x y z y−x = = = = 35000 5 6 9 6−5

Vậy số tiền ủng hộ của mỗi lớp là: 7A: 105000đ; 7B: 210000đ; 7C: 315000đ.

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho hình vẽ bên.

a) Chứng minh m //n.

b) Tính số đo D1; D2 .

QU Y

Biết B1 = 70 ; G1 = 110 .

c) Chứng minh a ⊥ p. d) Gọi Bx và Dy lần lượt là tia phân giác của

và CDG . Chứng minh Bx //Dy. ABD

KÈ

 m ⊥ a (GT )

Lời giải

a) Ta có: 

 n ⊥ a (GT )

 m //n.

DẠ

=D (so le trong) = 70o  B  D 1 1 1 o b) Ta có m //n   mà B1 = 70 (GT)   o  B1 = D2 (d/vi)  D2 = 70

c) Ta có B1 + G1 = 70 + 110 = 180 , mà B1; G1 là hai góc trong cùng phía nên m //p. o

Lại có a ⊥ m (GT)  a ⊥ p (tính chất một đường thẳng cuông góc với một trong hai đường thẳng song song)

Trang 96

= CDG d) Ta có m //n  ABD ) = ABD (vì Bx là tia phân giác của ABD Mặt khác B 2

FI CI A

2 ) = CDG (vì Dy là tia phân giác của CDG D 3 2 ; D ở vị trí đồng vị  Bx //Dy.  B2 = D3 . Mà B 2 3

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho dãy tỉ số bằng nhau:

Tính giá trị biểu thức M =

a+b b+c c+d d +a + + + . c+d d +a a+b b+c

2019a + b + c + d a + 2019b + c + d a + b + 2019c + d a + b + c + 2019d = = = a b c d

ƠN

Hướng dẫn giải

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

QU Y

2019a + b + c + d a + 2019b + c + d a + b + 2019c + d a + b + c + 2019d = = = a b c d 2019a + b + c + d + a + 2019b + c + d + a + b + 2019c + d + a + b + c + 2019d = a+b+c+d 2022a + 2022b + 2022c + 2022d 2022 ( a + b + c + d ) = = = 2022 a+b+c+d a+b+c+d 2019a + b + c + d a + 2019b + c + d 2019a + b + c + d + a + 2019b + c + d = = a b a+b 2020 ( a + b ) + 2 ( c + d ) c+d = = 2020 + 2 a+b a+b

c+d c+d = 2022  =1 a+b a+b a+b b+c d +a = 1; = 1; = 1. c+d d +a b+c

KÈ

 2020 + 2

Tương tự ta có

a+b b+c c+d d +a + + + = 1 + 1 + 1 + 1 = 4. c+d d +a a+b b+c

DẠ

Do đó, M =

Trang 97

BOÄ 15 ÑEÀ

FI CI A

ĐỀ 19 TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY

Kieåm tra giöõa kì 1 toaùn 8 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I LỚP 8 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN

Câu 1. Kết quả thu gọn đa thức x 4 − ( x + 2 )( x − 2 ) ( x 2 + 4 ) A. 2 x 4 − 16

B. 2 x 4 + 16

C. −16

Câu 2. Giá trị biểu thức: x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 tại x = 101 bằng B. 1001

C. 10000

ƠN

A. 1000000

A: Trắc nghiệm ( 1 điểm). Hãy viết lại các chữ cái trước đáp án mà em chọn vào bài làm.

Câu 3. Trong các câu sau, câu nào đúng

D. 16

D. 300

A. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật

B. Hình thang có một góc vuông là hình chữ nhật

C. Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật D. Hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật Câu 4. Trục đối xứng của hình thang cân là:

QU Y

A. Đường chéo của hình thang cân

B. Đường thẳng đi qua trung điểm của hai đáy của hình thang cân C. Đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh bên của hình thang cân D. Đường thẳng vuông góc với hai đáy của hình thang cân B: Tự luận

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

KÈ

a) y 3 − 9 y

Bài 1.

c) 5 x − 5 y + x 2 − y 2 Bài 2.

b) x 2 − 6 xy + 9 y 2 − 1 d) ( x + 2 )( x + 3)( x + 4 )( x + 5 ) − 120

Tìm x biết:

b) 25 ( 3 − 2x ) + x2 ( 2 x − 3) = 0

a) 4 x ( x − 3) − x ( 4 x + 5) = 34

Cho tam giác ABC đường cao AH . Gọi M , D , E lần lượt là điểm của các cạnh BC , CA và AB .

DẠ

Bài 3.

a) Tứ giác ADME là hình gì? b) Chứng minh tứ giác EDMH là hình thang cân. c) Trên tia đối của tia DM lấy điểm G sao cho DG = DM . Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AM , ED , BG đồng quy. Trang 1

d) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác AMCG là hình chữ nhật. Bài 4.

FI CI A

1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 + x + 2020 . 8

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

b) Cho ba số nguyên a , b , c có tổng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng biểu thức: M = ( a + b )( b + c )( c + a ) − 2abc chia hết cho 6 .

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Kết quả thu gọn đa thức x 4 − ( x + 2 )( x − 2 ) ( x 2 + 4 ) B. 2 x 4 + 16

C. −16

D. 16

FI CI A

A. 2 x 4 − 16

Lời giải

x 4 − ( x + 2 )( x − 2 ) ( x 2 + 4 ) = x 4 − ( x 2 − 4 )( x 2 + 4 ) = x 4 − ( x 4 − 16 ) = 16

Chọn D

B. 1001

C. 10000 Lời giải

x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 = ( x − 1)

D. 300

Câu 2. Giá trị biểu thức: x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 tại x = 101 bằng A. 1000000

ƠN

Thay x = 101 vào biểu thức ta có: (101 − 1) = 1000000

Câu 3. Trong các câu sau, câu nào đúng

Chọn A

A. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật B. Hình thang có một góc vuông là hình chữ nhật

C. Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật

QU Y

D. Hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật Chọn C

Lời giải

Câu 4. Trục đối xứng của hình thang cân là: A. Đường chéo của hình thang cân

B. Đường thẳng đi qua trung điểm của hai đáy của hình thang cân C. Đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh bên của hình thang cân

KÈ

D. Đường thẳng vuông góc với hai đáy của hình thang cân Lời giải

Chọn B B: Tự luận

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

DẠ

Bài 1.

A: Trắc nghiệm Hãy viết lại các chữ cái trước đáp án mà em chọn vào bài làm.

a) y 3 − 9 y

b) x 2 − 6 xy + 9 y 2 − 1

c) 5 x − 5 y + x 2 − y 2

d) ( x + 2 )( x + 3)( x + 4 )( x + 5 ) − 120

Lời giải Trang 3

a) y 3 − 9 y

= y ( y 2 − 32 )

FI CI A

= y ( y − 3)( y + 3) b) x 2 − 6 xy + 9 y 2 − 1 2

= ( x − 3 y ) − 12

= ( x − 3 y − 1)( x − 3 y + 1) c) 5 x − 5 y + x 2 − y 2

= 5 ( x − y ) + ( x − y )( x + y ) = ( x − y )( 5 + x + y ) d) ( x + 2 )( x + 3)( x + 4 )( x + 5 ) − 120

ƠN

= ( x 2 + 7 x + 10 )( x 2 + 7 x + 12 ) − 120 = ( x 2 + 7 x + 11 − 1)( x 2 + 7 x + 11 + 1) − 120 2

= ( x 2 + 7 x + 11) − 12 − 120

= ( x 2 + 7 x + 11) − 112

= ( x 2 + 7 x + 11) − 121

QU Y

= ( x 2 + 7 x + 11 − 11)( x 2 + 7 x + 11 + 11) = ( x 2 + 7 x )( x 2 + 7 x + 22 )

Bài 2.

Tìm x biết:

a) 4 x ( x − 3) − x ( 4 x + 5) = 34

2 b) 25 ( 3 − 2 x ) + x ( 2 x − 3) = 0

Lời giải

a) 4 x ( x − 3) − x ( 4 x + 5) = 34

KÈ

4 x 2 − 12 x − 4 x 2 − 5 x = 34 −17 x = 34 x = −2

2 b) 25 ( 3 − 2 x ) + x ( 2 x − 3) = 0

DẠ

25 ( 3 − 2x ) + x2 ( 2 x − 3) = 0

( 3 − 2x ) ( 25 − x2 ) = 0 ( 3 − 2 x )( 5 − x )( 5 + x ) = 0 Trang 4

Cho tam giác ABC đường cao AH . Gọi M , D , E lần lượt là điểm của các cạnh BC , CA và AB . a) Tứ giác ADME là hình gì? Xét tam giác ABC có ME và DM là đường trung bình của tam giác b) Chứng minh tứ giác EDMH là hình thang cân.

FI CI A

Bài 3.

3 hoặc x = 5 hoặc x = −5 . 2

c) Trên tia đối của tia DM lấy điểm G sao cho DG = DM . Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AM , ED , BG đồng quy. d) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác AMCG là hình chữ nhật.

Lời giải

ƠN

G E

a) Tứ giác ADME là hình gì?

QU Y

Có ME và DM là các đường trung bình của ∆ABC

1   ME // AC; ME = 2 AC   MD // AB; MD = 1 AB  2

 ADME là hình bình hành.

b) Chứng minh tứ giác EDMH là hình thang cân.

KÈ

Có ED là đường trung bình của ∆ABC

 ED // BC hay  ED // HM  EDMH là hình thang

 1  Lại có hai đường chéo  EM = HD  = AC  2  

DẠ

 EDMH là hình thang cân.

c) Trên tia đối của tia DM lấy điểm G sao cho DG = DM . Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AM , ED , BG đồng quy. Có ADME là hình bình hành (cmt) Trang 5

 AM ; DE cắt nhau tại trung điểm của AM và DE. (1) Có AGMB là hình bình hành (vì có AB // MG và AB = MG = 2MD )

 AM ; GB cắt nhau tại trung điểm của AM và GB. (2)

FI CI A

Từ (1) và (2) suy ra ba đường thẳng AM , ED , BG đồng quy tại trung điểm của mỗi đường. d) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác AMCG là hình chữ nhật.

Có tứ giác AMCG là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Để tứ giác AMCG là hình chữ nhật thì AMC = 90°

 AM ⊥ BC

Mà M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao

 ∆ABC cân tại A .

Vậy khi tam giác ABC cân tại A thì tứ giác AMCG là hình chữ nhật.

Bài 4.

ƠN

1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 + x + 2020 . 8

b) Cho ba số nguyên a , b , c có tổng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng biểu thức :

M = ( a + b )( b + c )( c + a ) − 2abc chia hết cho 6 .

Lời giải

1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 + x + 2020 . 8

1 8

QU Y

A = 2 x 2 + x + 2020 +

1 1  A = 2  x2 + x +  + 2020 2 16   2

1  A = 2  x +  + 2020 ≥ 2020 4 

KÈ

Dấu bằng xảy ra khi x = Vậy Amin = 2020 khi x =

−1 4 −1 4

b)Có M = abc + a2b + a2 c + b2 a + b2 c + c 2 a + c 2b + abc − 2abc

DẠ

M = ab ( b + a ) + bc ( b + c ) + ac ( a + c ) M = ab ( b + a + c ) + bc ( b + a + c ) + ac ( b + a + c ) − 3abc M = ( b + a + c )( ab + bc + ac ) − 3abc Trang 6

Có a + b + c cũng chia hết cho 6.

Vì a, b, c là các số nguyên có tổng chia hết cho 6 nên chắc chắn trong ba số đó phải có ít một số chẵn  3abc chia hết cho 6.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Do đó M chia hết cho 6.

Trang 7

Bài 1.

Cho biểu thức A = ( 8 x 3 − 1) − ( 2 x + 1) ( 4 x 2 − 2 x + 1) + 3 x

a) Thu gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của biểu thức A với x = −1 .

Bài 2.

c) Tìm x để A = 0 . Phân tích đa thức thành nhân tử. a) 3x 2 − 9xy − 6x + 18y

ƠN

b) 9x 2 − 16 + (3x − 2)(3x + 4) c) x 2 − 4x + 3 Tìm x biết: a) 2x 2 − 8 = 0 b) 4x (x − 2) − x + 2 = 0

Bài 4.

QU Y

c) (x 3 + 27) + (x + 3)(x − 9) = 0

Bài 3.

Cho ∆ABC cân tại A , vẽ đường cao AH , trung tuyến BD ( H ∈ BC , D ∈ AC ) . a) Chứng minh tứ giác ABHD là hình thang. b) Lấy điểm E đối xứng với B qua D . Chứng minh tứ giác ABCE là hình bình hành. c) Từ điểm D kẻ đường thẳng song song với AH cắt đường thẳng AB tại F .

Chứng minh AF = DH .

KÈ

d) Tam giác ABC có thêm điều kiện gì để ABHD là hình thang cân. Cho x + 2y = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x 2 + y 2

DẠ

Bài 5.

TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN

FI CI A

ĐỀ 20 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I LỚP 8 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN

Trang 8

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1.

Cho biểu thức

FI CI A

a) Thu gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của biểu thức A với x = −1 . c) Tìm x để A = 0 .

Lời giải a) Thu gọn biểu thức A .

A = ( 8 x 3 − 1) − ( 2 x + 1) ( 4 x 2 − 2 x + 1) + 3 x A = ( 8 x 3 − 1) − ( 8 x 3 + 1) + 3 x

b) Tính giá trị của biểu thức A với x = −1 .

A = 3. ( −1) − 2 = −3 − 2 = −5 . Vậy với x = −1 thì A = −5 .

A=0 ⇔ 3x − 2 = 0 ⇔ 3x = 2 2 . 3

⇔x=

QU Y

c) Tìm x để A = 0 .

2 . 3

KÈ

Vậy để A = 0 thì x =

Bài 2.

Thay x = −1 vào biểu thức A , ta có:

ƠN

A = 8 x3 − 1 − 8 x 3 − 1 + 3x

A = 3x − 2

A = ( 8 x 3 − 1) − ( 2 x + 1) ( 4 x 2 − 2 x + 1) + 3 x

Phân tích đa thức thành nhân tử. a) 3x 2 − 9xy − 6x + 18y

b) 9x 2 − 16 + (3x − 2)(3x + 4)

DẠ

c) x 2 − 4x + 3

Lời giải

a) 3 x 2 − 9 xy − 6 x + 18 y Trang 9

(

)

= 3x 2 − 6 x + ( −9 xy + 18 y )

= 3x ( x − 2 ) − 9 y ( x − 2 )

FI CI A

= ( x − 2 )( 3x − 9 y ) = 3 ( x − 2 )( x − 3 y ) b)

9 x 2 − 16 + ( 3x − 2 )( 3x + 4 )

= ( 3x − 4 )( 3x + 4 ) + ( 3x − 2 )( 3x + 4 )

= ( 6 x − 6 )( 3x + 4 ) = 6 ( x − 1)( 3x + 4 ) c) x 2 − 4x + 3 = x 2 − x − 3x + 3 = x (x − 1)− 3 (x − 1) = (x − 1)(x − 3)

Bài 3.

Tìm x biết:

ƠN

a) 2x 2 − 8 = 0 b) 4x (x − 2) − x + 2 = 0 c) (x 3 + 27) + (x + 3)(x − 9) = 0

Lời giải

2 x2 = 8 x2 = 4

QU Y

2 x2 − 8 = 0

 x = 2 hoặc x = −2 Vậy x ∈ {2; −2}

4x ( x − 2) − x + 2 = 0

KÈ

4x ( x − 2) − ( x − 2) = 0

( x − 2 )( 4 x − 1) = 0

DẠ

x − 2 = 0 ⇒  4x − 1 = 0

x = 2  ⇒ 1 x =  4

Trang 10

 1  Vậy x ∈   ; 2  4 

FI CI A

(x 3 + 27) + (x + 3)(x − 9) = 0 (x + 3)(x 2 − 3x + 9) + (x + 3)(x − 9) = 0 (x + 3)(x 2 − 3x + 9 + x − 9) = 0 (x + 3)(x 2 − 2x ) = 0 x (x + 3)(x − 2) = 0

x = 0 x = 0   ⇒ x + 3 = 0 ⇒ x = − 3   x − 2 = 0 x = 2  

Bài 4.

ƠN

Vậy x ∈ {−3; 0; 2}

Cho ∆ABC cân tại A , vẽ đường cao AH , trung tuyến BD ( H ∈ BC , D ∈ AC ) . a) Chứng minh tứ giác ABHD là hình thang.

b) Lấy điểm E đối xứng với B qua D . Chứng minh tứ giác ABCE là hình bình hành. c) Từ điểm D kẻ đường thẳng song song với AH cắt đường thẳng AB tại F . Chứng minh AF = DH .

Lời giải

QU Y

d) Tam giác ABC có thêm điều kiện gì để ABHD là hình thang cân.

KÈ

DẠ

a) Chứng minh tứ giác ABHD là hình thang. +) Vì ∆ABC cân tại A (giả thiết) nên đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến (t/c) Trang 11

 H là trung điểm của BC . +) Vì BD là đường trung tuyến của ∆ABC (gt)  D là trung điểm của AC .

 Tứ giác ABHD là hình thang (tứ giác có hai cạnh đối song song).

FI CI A

Nên HD là đường trung bình của ∆ABC  HD AB (tính chất đương trung bình)

+) Xét ∆ABC có: H là trung điểm của BC ; D là trung điểm của AC (chứng minh trên)

b) Lấy điểm E đối xứng với B qua D . Chứng minh tứ giác ABCE là hình bình hành. Nối E với A , E với C .

+) Vì điểm E đối xứng với B qua D (giả thuyết)  D là trung điểm của AC .

+) Xét tứ giác ABCE có: D là trung điểm của AC (chứng minh trên)

D là trung điểm của AC (chứng minh trên)

ƠN

Mà AC ∩ BE = { D}

Nên tứ giác ABCE là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

Chứng minh AF = DH .

c) Từ điểm D kẻ đường thẳng song song với AH cắt đường thẳng AB tại F .

+) Vì HD AB (chứng minh trên)  HD AF .

QU Y

+) Xét tứ giác AFDH có: HD AF (chứng minh trên); DF AH (giả thiết) Nên tứ giác AFDH là hình bình hành (tứ giác hai hai cặp cạnh đối song song)

 AF = DH (tính chất hình bình hành).

d) Tam giác ABC có thêm điều kiện gì để ABHD là hình thang cân.

Tứ giác ABHD là hình thang cân ⇔ ABH = BAD

Cho x + 2y = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x 2 + y 2

KÈ

Bài 5.

Mà ∆ABC cân tại A (giả thiết) nên khi đó ∆ABC trở thành tam giác đều.

Lời giải

Ta có x + 2y = 3 ⇒ x = 3 − 2y

S = x2 + y 2 2

DẠ

= ( 3 − 2y ) + y 2 = 9 − 12 y + 5 y 2 2

 5S = 25 y 2 − 60 y + 45 = 25 y 2 − 60 y + 36 + 9 = ( 5 y − 6 ) + 9 Trang 12

Vì 2

≥ 0 ∀y

( 5 y − 6)

FI CI A

 ( 5 y − 6 ) + 9 ≥ 9 ∀y  5S ≥ 9 ∀y

S≥

9 ∀y 5 9 6 3 khi y = ; x = . 5 5 5

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Giá trị nhỏ nhất của S là

Trang 13

TRƯỜNG THCS LÝ NAM ĐẾ

Phân tích đa thức thành nhân tử:

FI CI A

Bài 1.

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ I LỚP 8 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN

a) 5 x 2 − 10 xy b) x 2 + xy − 3 x − 3 y c) x 2 + 2 x + 1 − y 2 d) x 2 − 7 x + 6 Tìm x biết:.

Bài 2.

ĐỀ 21

a) 2 x. ( x − 1) − 2 x 2 = 7

c) x 2 − 9 + ( x + 5)( x − 3) = 0

Bài 3.

a) Làm tính nhân: 3 x. ( 2 xy − 7 x 2 y + 1)

ƠN

b) x ( x − 2 ) + 3x − 6 = 0

b) Rút gọn biểu thức: A = ( 2 x − 3) + ( x − 1)( x + 1) . Tính giá trị biểu thức A khi x = 2 .

Cho ∆ABC ( AB < AC ) . Gọi D , E thứ tự là trung điểm của các cạnh AB , AC.

QU Y

Bài 4.

a) Chứng minh tứ giác BDEC là hình thang. b) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC . Gọi K là điểm đối xứng với H qua E . Tứ giác AHCK là hình gì? Vì sao?

Cho a , b , c .là các số thực khác 0 thỏa mãn: a 3 + b3 + c 3 = 3abc .

KÈ

Bài 5.

c) Gọi F là trung điểm của BC , I là trung điểm của DE . Chứng minh ba điểm A , I , F thẳng hàng.

a+b b+c c+a + + c a b

DẠ

Tìm giá trị của biểu thức: M =

Trang 14

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1.

Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) 5 x 2 − 10 xy

FI CI A

b) x 2 + xy − 3 x − 3 y c) x 2 + 2 x + 1 − y 2 d) x 2 − 7 x + 6

Lời giải

b) x 2 + xy − 3x − 3 y = x ( x + y ) − 3 ( x + y ) = ( x − 3)( x + y ) 2

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

5 x 2 − 10 xy = 5 x ( x − 2 y )

Bài 2.

ƠN

d) x 2 − 7 x + 6 = x 2 − x − 6 x + 6 = x ( x − 1) − 6 ( x − 1) = ( x − 6 )( x − 1) Tìm x biết:.

b) x ( x − 2 ) + 3x − 6 = 0 c) x 2 − 9 + ( x + 5)( x − 3) = 0

a) 2 x. ( x − 1) − 2 x 2 = 7

QU Y

Lời giải

a) 2 x. ( x − 1) − 2 x 2 = 7 2 x2 − 2 x − 2 x2 = 7

7 2

KÈ

x=−

−2 x = 7

Vậy: x = −

7 2

b) x ( x − 2 ) + 3x − 6 = 0

DẠ

x ( x − 2) + 3( x − 2)

( x − 2 )( x + 3) = 0  x − 2 = 0 hoặc x + 3 = 0  x = 2 hoặc x = −3 Trang 15

Vậy: x ∈ {−3; 2}

c) x 2 − 9 + ( x + 5)( x − 3) = 0

FI CI A

( x + 3)( x − 3) + ( x + 5)( x − 3) = 0 ( x − 3)( x + 3 + x + 5) = 0 ( x − 3)( 2 x + 8) = 0  x − 3 = 0 hoặc 2 x + 8 = 0 x = 3 hoặc 2 x = −8

x = 3 hoặc x = −4 Vậy: x ∈ {−4;3}

Bài 3.

ƠN

a) Làm tính nhân: 3 x. ( 2 xy − 7 x 2 y + 1) 2

Tính giá trị biểu thức A khi x = 2 .

b) Rút gọn biểu thức: A = ( 2 x − 3) + ( x − 1)( x + 1) .

Lời giải

a) 3 x. ( 2 xy − 7 x 2 y + 1) = 3 x.2 xy − 3 x.7 x 2 y + 3 x.1

QU Y

= 6 x 2 y − 21x3 y + 3 x

b) A = ( 2 x − 3) + ( x − 1)( x + 1) = 4 x 2 − 12 x + 9 + x 2 − 1 = 5 x 2 − 12 x + 8

Khi x = 2 , A = 5.22 − 12.2 + 8 = 4

Cho ∆ABC ( AB < AC ) . Gọi D , E thứ tự là trung điểm của các cạnh AB , AC.

Bài 4.

a) Chứng minh tứ giác BDEC là hình thang.

KÈ

b) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC . Gọi K là điểm đối xứng với H qua E . Tứ giác AHCK là hình gì? Vì sao?

Lời giải

DẠ

c) Gọi F là trung điểm của BC , I là trung điểm của DE . Chứng minh ba điểm A , I , F thẳng hàng.

Trang 16

L FI CI A

a) D , E thứ tự là trung điểm của các cạnh AB , AC.

 DE là đường trung bình của ∆ABC .  DE // BC (TC)  BDEC là hình thang.

ƠN

b) E là trung điểm của các cạnh HK , AC.

 AHCK là hình bình hành (DHNB) mà AHC = 90°  AHCK là hình chữ nhật (DHNB)

c) F , E thứ tự là trung điểm của các cạnh BC , AC.

 FE là đường trung bình của ∆ABC

Mà AD =

1 AB 2

QU Y

 FE // AB , FE =

Nên FE = AD , FE // AD

 AEFD là hình bình hành mà I là trung điểm của DE  I là trung điểm của AF

Cho a , b , c .là các số thực khác 0 thỏa mãn: a 3 + b3 + c 3 = 3abc .

KÈ

Bài 5.

Vậy ba điểm A , I , F thẳng hàng.

a+b b+c c+a + + c a b

Lời giải

Tìm giá trị của biểu thức: M =

Ta có: a 3 + b3 + c 3 = 3abc

DẠ

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = 0

(a + b)

− 3ab ( a + b ) + c 3 − 3abc = 0

( a + b )3 + c3  − 3ab ( a + b + c ) = 0   Trang 17

( a + b + c ) ( a + b ) − ( a + b ) c + c 2  − 3ab ( a + b + c ) = 0 2

( a + b + c ) ( a 2 + 2ab + b2 − ac − bc + c 2 − 3ab ) = 0

FI CI A

( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 − ab − ac − bc ) = 0  a + b + c = 0 hoặc a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc = 0 Xét: a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc = 0 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2ac − 2bc = 0 2

( a − b ) + (b − c ) + ( c − a )

+ Xét a + b + c = 0

a+b b+c c+a a+b b+c c+a + +  M +3= +1+ +1+ +1 c a b c a b

M +3=

a+b+c a+b+c a+b+c + + c a b

 M = −3 + Xét a = b = c

a+b b+c c+a a+a a+a a+a + + = + + = 2+2+2 = 6 c a b a a a

DẠ

KÈ

QU Y

1 1 1 M + 3 = (a + b + c) + +  = 0 a b c

ƠN

a − b = 0  Dấu “ = ” khi b − c = 0  a = b = c c − a = 0 

Trang 18

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 60 phút

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM TỔ TOÁN – TIN Bài 1: (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 2 x 2 − x − 6 b) x 4 + 64

(

)(

ĐỀ 22

)

c) x 2 − 5 x + 8 x 2 − 3x + 8 − 3x 2

Bài 2: (2 điểm)

Bài 3: (4 điểm)

ƠN

Tìm a, b sao cho đa thức x 4 + x3 + x 2 + ax + b chia hết cho đa thức x 2 − x − 2 .

Cho ∆ABC vuông tại A . Gọi I là trung điểm của BC . Lấy D, E lần lượt đối xứng với I qua các cạnh AB, AC .

b) Tứ giác DECB là hình gì?

a) Chứng minh rằng A là trung điểm của DE .

QU Y

c) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Kẻ AH vuông góc với BC . Tính số đo góc MHN .

Bài 4: (0,5 điểm – dành riêng cho lớp 8A) Cho A =

2.6.10... ( 4n − 2 ) ( n + 5 )( n + 6 ) ... ( 2n )

---------- Hết ----------

DẠ

KÈ

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 5 thì A + 1 là một số chính phương.

Trang 19

ĐÁP ÁN. Hướng dẫn giải ( x − 2)(2 x + 3)

(4 x 4 + 16 x 2 + 64) − 16 x 2 = ( x 2 + 8) 2 − (4 x) 2 = ( x 2 − 4 x + 8)( x 2 + 4 x + 8)

Đặt x 2 − 4 x + 8 = t ta có:

FI CI A

(t − x)(t + x) − 3x 2 = t 2 − (2 x)2 = (t − 2 x)(t + 2 x) = ( x 2 − 6 x + 8)( x 2 − 2 x + 8) = ( x − 2)( x − 4)( x 2 − 2 x + 8) 2

Câu 1a

Thực hiện phép chia đa thức được thương là x 2 + 2 x + 5 , dư là (a + 9) x + b + 10 Nên để phép chia hết thì a = −9; b = 10

ƠN

Chứng minh: AD = AE = AI + EAI = 2.BAC = 1800  A; D; E thẳng hàng Chứng minh: DAI Chứng minh: AD = BI ; AD / / BI

2.6.10...(4n − 2) (n + 4)!.2 n.[1.3.5...(2n − 1)] = (n + 5)(n + 6)...(2n) (2n)!

QU Y

Tương tự suy ra DE = / / BC Kết luận tứ giác DECB là hình bình hành Chứng minh AMIN là hình chữ nhật nên OM = ON = OI = OA Chứng minh OA = OH = OI nên OH = OM = ON = 900 Từ đó suy ra MHN

KÈ

(n + 4)!.2n [1.3.5...(2n − 1)] (n + 4)!.2n = = = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) [1.3.5...(2n − 1)].(2.4.6...2n) 2 n.n !  A + 1 = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) + 1 = (n 2 + 5n + 4)(n 2 + 5n + 6) + 1

DẠ

= (n 2 + 5n + 5)2 Vậy A + 1 là số chính phương

Trang 20

ĐỀ 23 TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ 1 – TOÁN 8

I. TRẮC NGHIỆM (1,5 điểm) Ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng 2

Câu 1: Đơn thức thích hợp điền vào chỗ trống của 9 x 2 + ... + 25 = ( 3 x + 5 ) là A. 30 x

B. −20 x

C. 10 x

Câu 2: Kết quả phân tích đa thức x 2 − 2 x − y 2 + 1 thành nhân tử là:

B. ( x − 1 − y )( x + 1 + y )

C. ( x − 1 − y )( x − 1 + y )

D. ( x + 1 − y )( x − 1 + y )

Câu 3: Giá trị của x để x 2 = 3x là: B. {0; − 3}

ƠN

A. {0; ± 3}

Câu 4: Số trục đối xứng của tam giác đều là: A. 1

D. 25 x

A. ( x − 1 + y )( x + 1 + y )

NĂM HỌC 2018-2019

FI CI A

ĐỀ CHÍNH THỨC

B. 2

C. {±3} D. {0; 3}

D. 4

C. 3

Câu 5: Hình thang ABCD ( AB //CD ) , M là trung điểm AD , N là trung điểm BC . Biết:

CD = 8cm, MN = 6cm . Độ dài đoạn AB là: A. 2cm

B. 4cm

C. 6 cm

D. 8cm

B. AB //CD

C. AB = CD, BC = AD

QU Y

Câu 6: Tứ giác ABCD là hình bình hành nếu có: A. A=C D. BC = DA

II. TỰ LUẬN (8,5 điểm)

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức sau: A = ( x − 1)( x + 1) + ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) − x ( x 2 + x − 2 ) a) Rút gọn biểu thức A.

KÈ

b) Tính giá trị của biểu thức A tại x =

1 . 2

Bài 2 (1,5 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: b) x3 − 3x 2 − 4x + 12

a) 3x 3 − 6x 2 y + 3xy 2

(

)

(

)

DẠ

c) x 2 + x − 4 x 2 + x − 12

Bài 3(1,5 điểm): Tìm x biết: a) (3x + 5)(2x − 1) − 6x( x + 2) = x

b) x3 − 5x 2 − 14x = 0

c) 2( x + 3) − x 2 − 3x = 0 Trang 21

= 90o ) có AB = 1 CD . Kẻ DH ⊥ AC tại H . Bài 4 (3,5 điểm): Cho hình thang vuông ABCD ( A=D 2 Gọi M là trung điểm của đoạn CH , N là trung điểm của đoạn DH .

FI CI A

a)Chứng minh: tứ giác ABMN là hình bình hành. b)Gọi I là trung điểm của DC . Chứng minh H và C đối xứng nhau qua MI . c)Chứng minh: N là trực tâm của tam giác ADM . d)Chứng minh: AB 2 + AD 2 = MB 2 + MD 2

Bài 5. (0,5 điểm).

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Cho a , b là các số dương thỏa mãn a 9 + b9 = a10 + b10 = a11 + b11 . Tính giá trị của biểu thức P = a 2018 + b2018 + 2018 .

Trang 22

Hướng dẫn:

Câu 2 C

Câu 3 D

Câu 4 C

Câu 5 B

II. TỰ LUẬN Bài 1. a) Ta có: A = ( x − 1)( x + 1) + ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) − x ( x 2 + x − 2 )

b) Với x =

= x 2 − 1 + x 3 − 8 − x3 − x 2 + 2 x = 2 x − 9 .

Câu 6 C

FI CI A

Câu 1 A

1 1 thì A = 2. − 9 = −8 . 2 2

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

ƠN

a) 3x 3 − 6x 2 y + 3xy 2 = 3x( x 2 − 2xy + y 2 ) = 3x( x − y ) 2

b) x3 − 3x 2 − 4x + 12 = x 2 ( x − 3) − 4( x − 3) = ( x − 3)( x 2 − 4)

( = (x

) ( ) ( + x ) ( x + x ) + 2 − 6 ( x

= ( x − 3)( x − 2)( x + 2)

)

( + x ) + 2 = ( x

) ( ) + x + 2 ) .( x + x − 6 )

c) x 2 + x − 4 x 2 + x − 12 = x 2 + x + 2 x 2 + x − 6 x 2 + x − 12 2

QU Y

= ( x 2 + x + 2)( x − 2)( x + 3)

Bài 3: Tìm x biết:

a) (3x + 5)(2x − 1) − 6x( x + 2) = x

⇔ 6 x 2 − 3x + 10 x − 5 − 6 x 2 − 12 x = x

⇔ −6 x − 5 = 0 ⇔ x = −

5 6

b) x3 − 5x 2 − 14x = 0

KÈ

x ( x 2 − 5 x − 14 ) = 0 ⇔ x ( x 2 − 7 x + 2 x − 14 ) = 0

DẠ

x = 0 ⇔ x  x ( x − 7 ) + 2( x − 7)  = 0 ⇔ x ( x − 7 ) . ( x + 2 ) = 0 ⇔  x = 7  x = −2

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

x +1 ⇔ ( x + 3).(2 − x) = 0 f ( x ) =  2 x e

I. TRẮC NGHIỆM:

khi x ≥ 0

 x = −3 ∀∀ ∈∈∈∈∈∈∈ ⇔  khi x ≤ 0 x = 2 Trang 23

Bài 4

FI CI A

H M N D

Giải a)Ta có: M là trung điểm của HC (giả thiết) N là trung điểm của HD (giả thiết)

ƠN

MN là đường trung bình của ∆HDC

Nên MN // CD , Mà DC ⊥ AD => MN ⊥ AD (*)

1 và MN= CD (1) 2

1 Mặt khác: AB // CD và AB = CD (giả thiết) (2) 2 1

QU Y

Vậy AB / /MN / /CD và AB = MN = b)Nối IH

CD => ABMN là hình bình hành.

Xét ∆CHD có M là trung điểm HC

(3) ;

I là trung điểm CD .

IM là đường trung bình của ∆CHD (4)

KÈ

IM / / ID . Lại có DH ⊥ CH => IM ⊥ CH

1 Và IM= HD 2

Từ (3) và (4) => IM là trung trực của HC

H và C đối xứng qua IM

DẠ

c)Xét ∆ADM có MN ⊥ AD (*)

DH ⊥ AM

MN ∩ DH = { N } N là trực tâm của ∆ADM . Trang 24

d)Trong ∆ADM có:

= DMN (cùng phụ DAN ADM )

FI CI A

= BAN (Do ABMN là hình bình hành) BMN + DAN = BAD = 90 BAN + DMN = BMD = 900 BMN

BM ⊥ MD

BM 2 + MD 2 = BD 2

(5)

Xét ∆BAD vuông tại A => AD 2 + AB 2 = BD 2

(6)

Từ (5) và (6) => BM 2 + MD 2 = AD 2 + AB 2

ƠN

Bài 5.

∆BMD vuông tại M

Cho a , b là các số dương thỏa mãn a 9 + b9 = a10 + b10 = a11 + b11 . Tính giá trị của biểu thức P = a 2018 + b2018 + 2018 .

Lời giải.

Ta có

 a 9 + b 9 = a10 + b10  a 9 − a10 = b10 − b9 a 9 + b9 = a10 + b10 = a11 + b11   10 10 ⇔  10 11 11 11 11 10 a + b = a + b a − a = b − b

Trường hợp 1.

QU Y

9 9  a (1 − a ) = b ( b − 1)(1) ⇔  10 10 a (1 − a ) = b ( b − 1)( 2 )

Nếu a = 1  a9 (1 − a ) = 0  b9 ( b − 1) = 0 mà b > 0  b = 1 .

 P = a 2018 + b 2018 + 2018 = 12018 + 12018 + 2018 = 1 + 1 + 2018 = 2020 .

Trường hợp 2.

KÈ

Nếu b = 1  b9 ( b − 1) = 0  a9 (1 − a ) = 0 mà a > 0  a = 1 .

 P = a 2018 + b 2018 + 2018 = 12018 + 12018 + 2018 = 1 + 1 + 2018 = 2020 . Trường hợp 3.

DẠ

Nếu a ≠ 1; b ≠ 1 thì từ (1) và ( 2 ) ta suy ra

a10 (1 − a ) b10 ( b − 1) = ⇔a=b a 9 (1 − a ) b9 ( b − 1)

Thay vào giả thiết suy ra 2a9 = 2a10 ⇔ a = 1 (trái với điều kiện a ≠ 1 ). Vậy với a , b là các số dương thỏa mãn a 9 + b9 = a10 + b10 = a11 + b11 thì P = a 2018 + b2018 + 2018 = 2020 . Trang 25

Cách 2

(a 9 + b9 )ab = a10 b + ab10 (1)

(a10 + b10 )(a + b) = a11 + a10 b + ab10 + b11 (2)

FI CI A

lấy (2) - (1) vế theo vế ta được: ( a10 + b10 )( a + b) − ( a 9 + b9 )ab = a11 + b11 mà a9 + b9 = a10 + b10 = a11 + b11

 a + b − ab = 1 ⇔ (a − 1)(1 − b) = 0 a = 1  b = 1 ⇔ b = 1  a = 1

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

P = a 2018 + b2018 + 2018 = 1 + 1 + 2018 = 2020

Trang 26

ĐỀ 24 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ I Năm học: 2018 – 2019 Môn: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 60 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

FI CI A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

Bài 1. (2 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) 11x + 11y + x 2 + xy

b) 225 − 4 x 2 − 4 xy − y 2

Bài 2. (2 điểm) Cho A = x 2 − y 2 − 4 x + 4

Bài 3. (2 điểm) Tìm x biết: 2

Tính giá trị của A khi x + y = 102 và x − y = 72 .

b) ( x − 2 ) − ( x − 3 ) ( x 2 + 3 x + 9 ) + 6 ( x + 1) = 49

a) ( x + 1) = x + 1

Bài 4. (3,5 điểm)

ƠN

Cho tam giác ABC vuông tại A , D là trung điểm của BC. Gọi M là điểm đối xứng với D qua AB, E là giao điểm của DM và AB. Gọi N là điểm đối xứng với D qua AC , I là giao điểm của DN và AC.

a) Tứ giác AFDE là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh tứ giác ADBM và tứ giác ANCD là hình bình hành. c) Gọi O là giao điểm của EF và AD. Chứng minh ba điểm M ,O,C thẳng hàng.

Bài 5 (0,5 điểm). Cho a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 27 và a + b + c = 9 . 2018

+ (b − 4)

2019

+ ( c − 4)

2020

DẠ

KÈ

QU Y

Tính giá trị của biểu thức B = ( a − 4 )

Trang 27

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) 11x + 11y + x 2 + xy = 11( x + y ) + x ( x + y ) = ( x + y )(11 + x ) 2

FI CI A

b) 225 − 4 x 2 − 4 xy − y 2 = 225 − ( 4 x 2 + 4 xy + y 2 ) = 152 − ( 2 x + y ) = (15 − 2 x − y )(15 + 2 x + y )

Bài 2. (2 điểm) 2

Ta có: A = x 2 − y 2 − 4 x + 4 = ( x 2 − 4 x + 4 ) − y 2 = ( x − 2 ) − y 2 = ( x − y − 2 )( x + y − 2 ) Thay x + y = 102 và x − y = 72 vào A ta được:

A = ( 72 − 2 )(102 − 2 ) = 70.100 = 7000 Bài 3. (2 điểm) Tìm x biết: 2

b) ( x − 2 ) − ( x − 3 ) ( x 2 + 3 x + 9 ) + 6 ( x + 1) = 49

⇔ ( x + 1)( x + 1 − 1) = 0

⇔ x3 − 3.x 2 .2 + 3.x.2 2 − 23 − ( x3 − 27 ) + 6 ( x 2 + 2 x + 1) = 49

⇔ ( x + 1) x = 0

⇔ x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 − x 3 + 27 + 6 x 2 + 12 x + 6 = 49

x = 0 ⇔ x +1 = 0 x = 0 ⇔  x = −1

⇔ 24 x = 24 ⇔ x =1

Bài 4. (3 điểm)

ƠN

a) ( x + 1) = x + 1

QU Y

a) Vì M là điểm đối xứng với D qua AB nên: = 90  DM ⊥ AB hay AED

Vì N là điểm đối xứng với D qua AC nên: = 90  DN ⊥ AC hay AFD Xét tứ giác AFDE có: = AED = AFD = 90 EAF

DẠ

KÈ

 Tứ giác AFDE là hình chữ nhật. F b) Xét ∆ABC có: DB = DC ( D là trung điểm của BC ) O AC // ED (Cùng vuông góc với AB )  EA = EB A Xét tứ giác ADBM có: ED = EM và EA = EB  Tứ giác ADBM là hình bình hành Mà AB ⊥ DM (Vì M là điểm đối xứng với D qua AB )  Tứ giác ADBM là hình thoi. c) Vì tứ giác ADBM là hình bình hành nên:  AM // DB hay AM // CD Xét tứ giác ACDM có: AM // CD AC // DM (vì cùng vuông góc với AB )  Tứ giác ACDM là hình bình hành. Vì tứ giác AFDE là hình chữ nhật mà O là giao điểm của EF và AD  O là trung điểm của AD. Vì tứ giác ACDM là hình bình hành mà O là trung điểm của AD nên:

Trang 28

 O là trung điểm của MC.  ba điểm M , O,C thẳng hàng. Bài 5 (0,5 điểm).

FI CI A

Theo bài ra, ta có a + b + c = 9 2

 ( a + b + c ) = 81 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 81 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 3.27 2

Mà a + b + c = 27

)

(

Nên a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 3 a 2 + b 2 + c 2

⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 0 2

a − b = 0  ⇔ b − c = 0 ⇔ a = b = c a − c = 0 

(1)

Ta lại có a + b + c = 9

Từ (1) và (2) ta suy ra a = b = c = 3

(2)

ƠN

⇔ ( a − b) + (b − c) + ( a − c) = 0

Thay a = b = c = 3 vào biểu thức B, ta được. 2018

+ (3 − 4)

QU Y

B = (3 − 4)

2019

+ (3 − 4)

2020

= 1 + ( −1) + 1 = 1

a 2 + b 2 + c 2 = 27 thì GTBT B = 1 a b c 9 + + = 

DẠ

KÈ

Vậy khi 

Trang 29

ĐỀ 25 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ 1 Năm học 2019 – 2020 Môn: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 60 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

FI CI A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

Câu 1. (2,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) xy + xz + 3 y + 3z

b) x 2 + 2 x − 3

Câu 2. (2,0 điểm) Cho A = ( 3 x − 2 )( x + 1) − ( 2 x + 5 ) ( x 2 − 1)  : ( x + 1) . Tính giá trị của A khi x =

a) 6 x 2 − (2 x − 3)(3x + 2) = 1

b) ( x + 1)3 − ( x − 1)( x 2 + x + 1) − 2 = 0

ƠN

Câu 3. (2,0 điểm) Tìm x biết:

1 . 2

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A , lấy điểm M thuộc cạnh huyền BC ( M không trùng B và C

QU Y

). Gọi D và E theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC . a) Tứ giác AEMD là hình gì? Vì sao?

b) Gọi P là điểm đối xứng của M qua D , K là điểm đối xứng của M qua E và I là trung

điểm của DE . Chứng minh P đối xứng với K qua A .

c) Khi M chuyển động trên đoạn BC thì điểm I chuyển động trên đường nào?

Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y ∈ ℤ . Chứng minh rằng: M = ( x − y )( x − 2 y )( x − 3 y )( x − 4 y ) + y 4 là số chính

DẠ

KÈ

phương.

Trang 30

ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1. (2,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) xy + xz + 3 y + 3z

FI CI A

b) x 2 + 2 x − 3

Lời giải a) xy + xz + 3 y + 3z = x( y + z ) + 3( y + z ) = ( x + 3)( y + z )

b) x 2 + 2 x − 3 = x 2 + 3x − x − 3 = x( x + 3) − ( x + 3)

ƠN

= ( x − 1)( x + 3)

1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho A = ( 3 x − 2 )( x + 1) − ( 2 x + 5 ) ( x 2 − 1)  : ( x + 1) . Tính giá trị của A khi x = . 2

Lời giải

Ta có A = ( 3 x − 2 )( x + 1) − ( 2 x + 5 )( x − 1)( x + 1)  : ( x + 1)

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

1 5 1 vào A ta được A = −2   + 3 = . 2 2 2

QU Y

Thay x =

Câu 3. (2,0 điểm) Tìm x biết:

a) 6 x 2 − (2 x − 3)(3x + 2) = 1

b) ( x + 1)3 − ( x − 1)( x 2 + x + 1) − 2 = 0

Lời giải

KÈ

a) 6 x 2 − (2 x − 3)(3x + 2) = 1  6 x 2 − (6 x 2 − 5 x − 6) = 1  6 x2 − 6 x2 + 5x + 6 = 1  5 x = −5

 x = −1

DẠ

b) ( x + 1)3 − ( x − 1)( x 2 + x + 1) − 2 = 0

Trang 31

 ( x 3 + 3 x 2 + 3x + 1) − ( x3 − 1) − 2 = 0  x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 − x3 + 1 − 2 = 0

 3 x 2 + 3x = 0  3 x( x + 1) = 0

FI CI A

x = 0   x = −1

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A , lấy điểm M thuộc cạnh huyền BC ( M không trùng B và C ). Gọi D và E theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC .

a) Tứ giác AEMD là hình gì? Vì sao?

b) Gọi P là điểm đối xứng của M qua D , K là điểm đối xứng của M qua E và I là trung điểm của DE . Chứng minh P đối xứng với K qua A . c) Khi M chuyển động trên đoạn BC thì điểm I chuyển động trên đường nào?

QU Y

ƠN

Lời giải

a) Xét tứ giác AEMD có

KÈ

= DAE ADM = AEN = 900 ⇒ Tứ giác giác AEMD là hình chữ nhật

= DAM b) Vì P và M đối xứng nhau qua AB nên AM = AP và PAD

= EAK Vì M và P đối xứng nhau qua AC nên AM = AK và MAE

DẠ

⇒ AP = AM = AK

= PAM + MAK = 2.DAM + 2.MAE = 2.BAC = 1800 ⇒ P, A, K thẳng hàng. Và PAK ⇒ P đối xứng với K qua A .

c) Vì DE cắt AM tại I ⇒ I là trung điểm của AM . Trang 32

Khi M di chuyển trên BC thì điểm I di chuyển trên đoạn trung bình song song với BC của tam giác ABC .

Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y ∈ ℤ . Chứng minh rằng: M = ( x − y )( x − 2 y )( x − 3 y )( x − 4 y ) + y 4 là số chính

FI CI A

phương. Lời giải M = ( x − y )( x − 2 y )( x − 3 y )( x − 4 y ) + y 4 = ( x − y )( x − 4 y )( x − 2 y )( x − 3 y ) + y 4 = ( x 2 − 5 xy + 4 y 2 )( x 2 − 5 xy + 6 y 2 ) + y 4

M = ( a + 4 y 2 )( a + 6 y 2 ) + y 4 = a 2 + 10ay 2 + 24 y 4 + y 4 2

Đặt x 2 − 5 xy = a , ta có:

= a 2 + 10ay 2 + 25 y 4 = a 2 + 2.a.5 y 2 + ( 5 y 2 ) = ( a + 5 y 2 ) = ( x 2 − 5 xy + 5 y 2 )

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy M là số chính phương.

Trang 33

ĐỀ 26 NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN TOÁN 8

FI CI A

TRƯỜNG THCS VÀ THPT LƯƠNG THẾ VINH

Thời gian: 90 phút

Bài 1 (2 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử a)

2 x3 − 8 x

b) x ( x − y ) + x 2 − y 2

c) 25( x + 5) 2 − 9( x + 7) 2

Bài 2 (2 điểm) Tìm x biết:

x2 − 4 x + 3 = 0

b) (3 x − 5) 2 − ( x + 1) 2 = 0

c) 16(2 − 3 x ) + x 2 (3 x − 2) = 0

Bài 3 (2 điểm) 1.

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ I

Chứng tỏ biểu thức sau có giá trị không phụ thuộc vào x :

ƠN

A = ( x − 3)( x + 2) + ( x − 4)( x + 4) − (2 x − 1) x

Cho x − y = 3 . Tính giá trị biểu thức B = x 2 − 2 xy + y 2 + 5 x − 5 y + 10

Bài 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <AC), đường cao AH. Từ H kẻ HM vuông góc với

AB (M thuộc AB), kẻ HN vuông góc với AC (N thuộc AC). Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

Gọi I là trung điểm HC, K là điểm đối xứng với A qua I. Chứng minh AC//HK.

Chứng minh tứ giác MNCK là hình thang cân.

MN cắt AH tại O; CO cắt AK tại D. Chứng minh AK = 3AD.

QU Y

Bài 5 (0,5 điểm) Tìm x, y, z thỏa mãn:

2 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 25 − 6 y − 2 xy − 8 x + 2 z ( y − x ) = 0

DẠ

KÈ

-----------------------------Hết----------------------------

Trang 34

Giải

2 x 3 − 8 x = 2 x ( x 2 − 4) = 2 x ( x − 2)( x + 2)

x( x − y ) + x 2 − y 2 = x( x − y ) + ( x − y )( x + y ) = ( x − y )( x + x + y ) = ( x − y )(2 x + y ) 25( x + 5) 2 − 9( x + 7) 2

= (2 x + 4).(8 x + 46) = 4(x + 2).(4 x + 23) Bài 2: b)

ƠN

x2 − 4x + 3 = 0

(3x − 5) 2 − ( x + 1) 2 = 0 ⇔ (3 x − 5 − x − 1)(3 x − 5 + x + 1) = 0 ⇔ (2 x − 6)(4 x − 4) = 0

QU Y

2x − 6 = 0 x = 3 ⇔ ⇔ 4x − 4 = 0 x = 1

⇔ x 2 − x − 3x + 3 = 0 a) ⇔ x( x − 1) − 3( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0 x −1 = 0 x = 1 ⇔ ⇔ x − 3 = 0 x = 3

= [5(x + 5) − 3(x + 7)].[5( x + 5) + 3( x + 7)] = (5 x + 25 − 3 x − 21).(5 x + 25 + 3 x + 21)

FI CI A

Bài 1:

16(2 − 3 x) + x 2 (3 x − 2) = 0

⇔ 16(2 − 3 x) − x 2 (2 − 3 x) = 0 ⇔ (2 − 3 x)(16 − x 2 ) = 0

2  2 − 3x = 0 x=  ⇔ ⇔ 3 2  16 − x = 0  x = ±4

KÈ

Bài 3: 1.

A = ( x − 3)( x + 2) + ( x − 4)( x + 4) − (2 x − 1) x A = x 2 − x − 6 + x 2 − 16 − 2 x 2 + x

A = −6 − 16 = −22

DẠ

Vậy biểu thức A có giá trị không phụ thuộc vào x

Trang 35

B = x 2 − 2 xy + y 2 + 5 x − 5 y + 10 B = ( x 2 − 2 xy + y 2 ) + (5 x − 5 y ) + 10 B = 32 + 5.3 + 10 B = 9 + 15 + 10 = 34 Vậy B = 34 Bài 4(3,5điểm) B

a)Xét tứ giác AMHN có:

= 900 AMH = ANH = MAN

FI CI A

B = ( x − y ) 2 + 5( x − y ) + 10

b) Xét tứ giác AHKC có: HI = IC ( gt )

Vậy AMHN là hình chữ nhật

ƠN

   AHKC là hình bình hành AI = IK (t / c đ / x) 

Vậy AC / / HK .

c) Ta có AMHN là hình chữ nhật nên MH / / AN hay MH / / AC Mà AC / / HK (cmt)

QU Y

Nên qua H có 2 đường thẳng cùng song song với với AC nên theo tiên đề Ơ-Clit ta có 3 điểm M , H , K thẳng hàng. Do đó: MK / / NC nên tứ giác MNCK là hình thang (1) Mặt khác: Gọi O là giao điểm của MN và AH  OM = OH  ∆OMH cân tại = OHM O  OMH

= HKC (2 góc đồng vị) AC / / HK (cmt) nên MHA

= CKM (2)  NMK

Từ (1) và (2) suy ra MNCK là hình thang cân.

KÈ

4)Xét tam giác AHC có: O là trung điểm của AH (t/c hình chữ nhật)

 CO là trung tuyến

I là trung điểm của HC  AI là trung tuyến

Mà CO cắt AI tại D nên D là trọng tâm ∆AHC

DẠ

Theo tính chất trọng tâm ta có: D A

Trang 36

AD =

2 AI 3

1 AK ( gt ) 2 2 1 1  AD = . AK = AK 3 2 3

Bài 5: (0,5 điểm) Tìm x, y , z thỏa mãn: 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 25 − 6 y − 2 xy − 8 x + 2 z ( y − x) = 0

Ta có: 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 25 − 6 y − 2 xy − 8 x + 2 z ( y − x) = 0

Giải

FI CI A

Hay AK = 3 AD

AI = IK =

⇔  x 2 − 2 xy + y 2 + 2 z ( y − x) + z 2  + ( y 2 − 6 y + 9 ) + ( x 2 − 8 x + 16 ) = 0 2

DẠ

KÈ

x = 4  Vậy  y = 3 z = 1 

QU Y

⇔ ( x − y − z ) 2 + ( y − 3) 2 + ( x − 4) 2 = 0   Do ( x − y − z )2 ≥ 0 ∀x, y, z   2 ( y − 3) ≥ 0 ∀y  2  ( x − 4) ≥ 0 ∀x  x − y − z = 0 x = 4    y = 3  y −3 = 0 x − 4 = 0 z = 1  

ƠN

⇔ ( x − y ) − 2 z ( x − y ) + z 2  + ( y − 3) 2 + ( x − 4) 2 = 0  

Trang 37

ĐỀ 27

TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ I Môn Toán 8 - Thời gian: 90 phút

FI CI A

I. ĐẠI SỐ (10 điểm) Bài 1 (2 điểm) a) Thu gọn biểu thức sau: A = 3x( x − 5 y ) + ( y − 3x + 2)( −5 y ) b)

Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức sau thành nhân tử:

B = ( x − 2)( x + 2)( x + 3) − ( x + 1)3 a )8x 2 − 6x

Bài 2 (3 điểm). Phân tích đa thức thành nhân tử: b)64 − x 2 − y 2 + 2xy

c) x 2 − 7x+10

Bài 3.(3 điểm) Tìm x, biết : a) x ( x − 1) − x 2 + 2 x = 5

b) 2 x 3 − x 2 + 2 x − 1 = 0

ƠN

Bài 4. (1,5 điểm). Cho hai đa thức:

A ( x ) = 2 x3 + 3x 2 − x + a

B ( x) = 2x +1

a) Tìm đa thức thương và đa thức dư trong phép chia đa thức A ( x ) cho đa thức B ( x ) . b) Xác định a để đa thức A ( x ) chia hết cho đa thức B ( x ) .

QU Y

Bài 5 ( 0,5 điểm). Chứng minh rằng đa thức n4 – 1 chia hết cho 16 với mọi n là số tự nhiên lẻ. II. HÌNH HỌC (10 điểm) Bài 1 ( 5 điểm). Dùng lập luận để tìm x trong mỗi hình vẽ sau: A 3cm

5cm

Hình 2

15cm

25cm

x C

C D

KÈ

Hình 1

3cm

Bài 2 ( 5 điểm). Cho hình bình hành ABCD có AB > BC. Đường phân giác của góc D cắt AB tại M , đường phân giác của góc B cắt CD tại N.

a) Chứng minh AM = CN. b) Chứng minh tứ giác DMBN là hình bình hành.

DẠ

c) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M và N trên BN và DM . Tứ giác MHNK là hình gì? Vì sao? d) Chứng minh ba đường thẳng AC, MN, KH đồng quy.

Trang 38

HƯỚNG DẪN GIẢI I. ĐẠI SỐ (10 điểm)

A = 3x 2 − 15xy − 5 y 2 + 15xy − 10 y A = 3x 2 − 5 y 2 − 10 y b)

Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức sau thành nhân tử: B = ( x − 2)( x + 2)( x + 3) − ( x + 1)3 B = ( x 2 − 4)( x + 3) − ( x3 + 3x 2 + 3x + 1)

B = x3 + 3x 2 − 4x − 12 − x3 − 3x 2 − 3x-1

FI CI A

Bài 1 (2 điểm) a) Thu gọn biểu thức sau: A = 3x( x − 5 y ) + ( y − 3x + 2)(−5 y )

B = −7x − 13 Bài 2 (3 điểm). Phân tích đa thức thành nhân tử: a )8x 2 − 6x = 2x(4x − 3)

ƠN

b)64 − x 2 − y 2 + 2xy = 64 − ( x − y )2 = (8 + x − y )(8 − x + y )

c) x 2 − 7x+10=x 2 − 2x − 5x+10 = x(x-2)-5(x-2) = (x-2)(x-5) a) x ( x − 1) − x 2 + 2 x = 5

⇔ x2 − x − x2 + 2 x = 5 ⇔ ( x2 − x2 ) + ( 2 x − x ) = 5

QU Y

⇔ x=5 Vậy x = 5

Bài 3.(3 điểm) Tìm x, biết :

b) 2 x 3 − x 2 + 2 x − 1 = 0

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

 x 2 = −1( vo nghiem )  x2 + 1 = 0 ⇔ ⇔ x = 1 2 x − 1 = 0   2 1 . 2 Bài 4. (1,5 điểm). Cho hai đa thức:

KÈ

Vậy x =

A ( x ) = 2 x3 + 3x 2 − x + a

B ( x) = 2x +1

DẠ

a) Tìm đa thức thương và đa thức dư trong phép chia đa thức A ( x ) cho đa thức B ( x ) . Ta có

Trang 39

A ( x ) = 2 x3 + 3x 2 − x + a A ( x ) = ( 2 x 3 + x 2 ) + ( 2 x 2 + x ) − ( 2 x + 1) + ( a + 1)

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

FI CI A

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

Vậy A ( x ) : B ( x ) = ( 2 x + 1) ( x 2 + x − 1) + ( a + 1)  : ( 2 x + 1) = x 2 + x − 1 + Vậy đa thức dư trong phép chia A ( x ) : B( x) là

a +1 . 2x +1

b) Xác định a để đa thức A ( x ) chia hết cho đa thức B ( x ) .

a +1 = 0 ⇔ a = −1 2x +1

Để A ( x )⋮ B( x) thì

a +1 . 2x +1

Bài 5: Ta có n 4 − 1 = (n 2 − 1)(n 2 + 1) = (n − 1)(n + 1)(n 2 + 1)

ƠN

n lẻ  n − 1; n + 1 là các số chẵn liên tiếp

Vì trong 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 4 và số còn lại chia hết cho 2 nên n 4 − 1⋮ 8 n lẻ  n2 lẻ  n 2 + 1 chẵn  n 2 + 1⋮ 2

Vậy, n 4 − 1⋮ (8.2)  n 4 − 1⋮16

II. Phần hình học Bài 1: A

15cm

5cm

QU Y

3cm

25cm

Hình 2

KÈ

Hình 1

Hình 1:

=C ( gt)  MN / / BC (2 góc ở vị trí đồng vị) Xét ∆ABC : N Vì MA = MB ( = 3cm)  M là trung điểm AB

Mà MN // BC ( cmt)

DẠ

Vậy, N là trung điểm AC ( định lí 1 đường trung bình của tam giác)

 NA = NC

Mà NA = 5cm Vậy, NC = 5cm  x = 5cm Hình 2: Trang 40

AB ⊥ AD (gt)    AB / /CD ( quan hệ từ vuông góc đến song song) CD ⊥ AD (gt) 

 ABCD là hình thang ( Tứ giác có 2 cạnh đối song song) AB ⊥ AD (gt)    AB / / IK ( Quan hệ từ vuông góc đến song song) IK ⊥ AD (gt) 

FI CI A

Lại có,

Xét tứ giác ABCD :

AB / / CD(cmt)    AB / /CD / / IK ( Tính chất ba đường thẳng song song) AB / / IK (cmt)  Mà I là trung điểm AD ( IA = ID) Vậy K là trung điểm BC ( Định lí 1 đường trung bình của hình thang) Xét hình thang ABCD: I là trung điểm AD ( cmt) K là trung điểm BC ( cmt)  IK là đường trung bình của hình thang ABCD ( định nghĩa đường trung bình của hình thang)

Mà

AB + CD ( định lí 2 đường trung bình của hình thang) 2  CD = 2.IK − AB = 2.25 − 15 = 35 (cm)

ƠN

 IK =

 x = 35 ( cm)

Bài 2

QU Y

a) Ta có: ABCD là hình bình hành (gt) =B ɵ nên D (t/c)

= 1D . mà DM là tia phân giác góc D (gt), nên ADM 2

KÈ

= 1B . BN là tia phân giác góc B (gt) nên CBN 2  ADM = CBN

DẠ

Xét ∆ADM và ∆CBN có: = CBN (chứng minh trên) ADM AD = CB (theo tính chất hình bình hành) = BCN (theo tính chất hình bình hành) DAM

 ∆ADM = ∆CBN ( g.c.g )  AM = CN (đpcm). Trang 41

b) Ta có: ABCD là hình bình hành nên AB = CD mà AM = CN (theo câu a) nên

Lại có ABCD là hình bình hành nên AB / /CD mà M ∈ AB, N ∈ CD  BM / /DN ( 2 )

AB − AM = CD − CN  BM = DN (1)

(đpcm). c)

Theo

câu

tứ

giác

DMBN

là

hình

bình

K ∈ DM, H ∈ BN  KM / / H N ( 3) Lại có: NK ⊥ DM,MH ⊥ B N, DM/ / BN  NK/ / MH ( 4 )

FI CI A

Từ (1) và ( 2 ) suy ra tứ giác DMBN là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành). hành

nên

DM/ / BN

mà

Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra tứ giác KNHM là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành). Vậy tứ giác KNHM là hình bình hành.

d) Ta có: tứ giác ABCD là hình bình hành nên AC,BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ( 5) Theo câu b, tứ giác DMBN là hình bình hành nên BD,MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

ƠN

(6)

Theo câu c, tứ giác KNHM là hình bình hành nên MN,KH cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

( 7)

DẠ

KÈ

QU Y

Từ ( 5) , ( 6 ) , ( 7 ) suy ra ba đường thẳng AC,MN, KH đồng quy (đpcm).

Trang 42

ĐỀ 28 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KÌ 1

QUẬN HÀ ĐÔNG

Năm học : 2017 – 2018

FI CI A

Môn : TOÁN 8 Thời gian làm bài : 60 phút

Bài 1.(2 điểm) phân tích đa thức thành nhân tử: x2 – 3x + xy – 3y x2 + y2 – 2xy – 25

a) b)

Bài 2.(1,5 điểm) sắp xếp và thực hiện phép chia. (3x4 + 4x – 2x3 – 2x2 – 8) : (x2 – 2)

(x + 3)(x2 – 3x + 9) – x(x – 2)2 = 27 (x – 1)(x – 5) + 3 = 0

Bài 4.(3,5 điểm)

ƠN

Bài 3.(2 điểm) Tìm x, biết. a) b)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Lấy một điểm E nằm giữa hai điểm O và B. Gọi F là điểm đối xứng với điểm A qua E và I là trung điểm của CF.

QU Y

a) Chứng minh tứ giác OEFC là hình thang và tứ giác OEIC là hình bình hành. b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của F trên các đường thẳng BC và CD. Chứng minh tứ giác CHFK là hình chữ nhật. Chứng minh bốn điểm E, H, K, I thẳng hàng. c)

Bài 5.(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

A = - 2x2 – 10y2 + 4xy + 4x + 4y + 2013

DẠ

KÈ

--------------------------Hết-----------------------------

Trang 43

HƯỚNG DẪN GIẢI

x 2 − 3x + xy − 3 y = x ( x − 3) + y ( x − 3) = ( x − 3) ( x + y )

x 2 + y 2 − 2 xy − 25 = ( x − y ) − 52 = ( x − y + 5 ) ( x − y − 5 )

Bài 2 Sắp xếp và thực hiện phép chia: 4

) (

− 2 x3 − 2 x 2 + 4 x − 8 : x 2 − 2

)

3x 4 − 2 x3 − 2 x 2 + 4 x − 8

x2 − 2

3x 4

3x 2 − 2 x + 4

− 6 x2

( 3x

−2 x 3 + 4 x 2 + 4 x − 8 −2 x 3

−8

ƠN

+ 4x 4 x2

FI CI A

Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử:

Bài 3: Tìm x, biết: 2

* Vậy ( 3 x 4 − 2 x 3 − 2 x02 + 4 x − 8 ) = ( x 2 − 2 ) .(3 x 2 − 2 x + 4)

a ) ( x + 3) ( x 2 − 3 x + 9 ) − x ( x − 2 ) = 27 ⇔ x 3 + 27 − x ( x 2 − 4 x + 4 ) = 27 ⇔ 4 x2 − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x − 1) = 0 x = 0 ⇔ x = 1

Vậy x ∈ {0;1}

QU Y

⇔ x 3 + 27 − x3 + 4 x 2 − 4 x = 27

b ) ( x − 1) ( x − 5 ) + 3 = 0

KÈ

⇔ x2 − 6 x + 5 + 3 = 0

⇔ x2 − 4 x − 2 x + 8 = 0 ⇔ x ( x − 4) − 2 ( x − 4) = 0 ⇔ ( x − 4) ( x − 2) = 0

DẠ

x = 4 x = 2 

Vậy x ∈ {2; 4}

Bài 4:

Trang 44

E F

H I D

Xét ∆ACF có: a) O là trung điểm của AC (gt); E là trung điểm của AF (do A và F đối xứng qua E (gt)) Suy ra, OE là đường trung bình của ∆ACF (dhnb đường trung bình)

FI CI A

Suy ra OE//CF (t/c đường trung bình)

ƠN

Suy ra tứ giác OEFC là hình thang (dhnb hình thang). * Xét ∆ACF có: I là trung điểm của CF (gt)

E là trung điểm của AF (cmt)

QU Y

Suy ra EI là đường trung bình của ∆ACF (dhnb đường trung bình) Suy ra EI//AC (t/c đường trung bình) hay EI//OC * Có OE//CF hay OE//CI Suy ra tứ giác OEIC là hình bình hành (dhnb hình bình hành). = 90o ( H là hình chiếu của F trên BC) b) Có H

KÈ

= 90o ( K là hình chiếu của F trên DC) K = 90o (tg ABCD là hcn) C Suy ra CHFK là hình chữ nhật. c) Có CHFK là hình chữ nhật (cmt) Suy ra hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tc hcn) Mà I là trung điểm của CF (gt) Suy ra I là trung điểm của HK Suy ra H, I, K thẳng hàng.(1) = IKC (t/c tam giác cân) +) có ∆ICK cân  ICK = ODC (hai góc đồng vị) Có IC / / DB  ICK = ODC Có ∆ODCcan ( OD = OC )  OCD

DẠ

= IKC , mà hai góc này ở vị trí đồng vị  OCD Suy ra IK//OC, mà EI//OC Suy ra E, I, K thẳng hàng(2) từ (1) và (2) suy ra E, H, I, K thẳng hàng. Bài 5: Tìm GTLN của biểu thức: A = − 2 x 2 – 10 y 2 + 4 xy + 4 x + 4 y + 2013 2 A = −2  x 2 − 2 x ( y + 1) + ( y + 1)  − ( 8 y 2 − 8 y + 2 ) + 2017  

Trang 45

FI CI A

Do   x − ( y + 1)  2 ≥ 0∀x, y  −2  x − ( y + 1)  2 ≤ 0∀x, y       2 2     1 1   y −  ≥ 0∀x, y  −8  y −  ≤ 0∀x, y 2 2     2

1   −2  x − ( y + 1)  − 8  y −  + 2017 ≤ 2017 2  2

1  A = −2  x − ( y + 1)  − 8  y −  + 2017 ≤ 2017 2  1  1  y=  y =   2 2 vậy GTLN của A=2017 khi  ⇔  x − ( y + 1) = 0 x = 3   2

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Trang 46

ĐỀ 29 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ 1

TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN

MÔN TOÁN – LỚP 8

Năm học 2016 – 2017

Thời gian làm bài: 90 phút

FI CI A

b) x 2 + 7x + 7y − y 2

c) x 2 − xy − 6y 2

d) x 3 − 3x 2 − 6x + 8

Bài 2 (2 điểm): Rút gọn rồi tính giá trị của mỗi biểu thức sau: 2

Bài 1 (2 điểm): Phân tích các đa thức thành nhân tử a) 3x 2 − 12x + 12

PHÒNG GD-ĐT CẦU GIẤY

(

ƠN

a) A = (7x + 5) + (3x − 5) − (10 − 6x )(5 + 7x ) tại x = −2

)

Bài 3 ( 2 điểm ). Tìm x, y, biết a) x 2 + 4 x = 0

b) B = (2x + y ) y 2 + 4x 2 − 2xy − 8x (x − 1)(x + 1) tại x = −2; y = 3

b) 5x ( 3 x − 2 ) = 4 − 9 x 2

d) 2x 2 + 4 y 2 + 10 x + 4 xy = −25

QU Y

c) x 2 + 7 x = 8

Bài 4 (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BH ⊥ AC ( H ∈ AC ). Các điểm I, M, E lần lượt là trung

điểm của AH, BH và CD .

a) Chứng minh tứ giác ABMI là hình thang.

b) Chứng minh tứ giác IMCE là hình bình hành. c) Gọi G là trung điểm của BE . Chứng minh M là trực tâm của tam giác IBC từ đó chứng minh

KÈ

tam giác IGC là tam giác cân. d) Trên tia đối của tia HB lấy điểm K sao cho KB = AC . Tính góc KDC .

2x2 + 2x + 1 , x ≠ −1 x2 + 2 x + 1

DẠ

Bài 5 ( 0,5 điểm ). Tìm GTNN của biểu thức A =

Trang 47

HƯỚNG DẪN:

(

Bài 1 ( 2 điểm ): 2

)

FI CI A

a) 3x 2 − 12x + 12 = 3 x 2 − 4x + 4 = 3 (x − 2)

b) x 2 + 7x + 7y − y 2 = 7 (x + y ) + (x + y )(x − y ) = (x + y )(x − y + 7 ) c) x 2 − xy − 6y 2 = x 2 − 3xy + 2xy − 6y 2

d) x 3 − 3x 2 − 6x + 8 = x 3 − x 2 − 2x 2 + 2x − 8x + 8

= x (x − 3y ) + 2y (x − 3y ) = (x − 3y )(x + 2y )

( )

)

= x 2 (x − 1) − 2x (x − 1) − 8 (x − 1) = (x − 1) x 2 − 2x − 8 = (x − 1) x 2 − 2x − 4 − 4 = (x − 1)  x 2 − 4 − 2 (x + 2)   = (x − 1) (x − 2)(x + 2) − 2 (x + 2) = (x − 1)(x + 2)(x − 4)  

)

(

ƠN

(

Bài 2 ( 2 điểm ):

2 2 A = (7x + 5) + (3x − 5) − (10 − 6x )(5 + 7x )

2 2 A = (7x + 5) + (3x − 5) + 2 (3x − 5)(5 + 7x ) A = [ (7x + 5) + (3x − 5) ]2 2

QU Y

A = (10x ) = 100x 2

Tại x = 2 thay vào A ta được A = 100 (−2) = 400 b)

(

)

B = (2x + y ) y 2 + 4x 2 − 2xy − 8x (x − 1)(x + 1)

(

)

B = (2x ) + y 3 − 8x x 2 − 1 3

KÈ

B = 8x + y − 8x + 8x B = y 3 + 8x

Tại x = −2; y = 3 thay vào B ta được: B = 33 + 8. (−2) = 27 − 16 = 11

Bài 3. Tìm x, y, biết

DẠ

a) x 2 + 4 x = 0

c) x 2 + 7 x = 8

b) 5x ( 3 x − 2 ) = 4 − 9 x 2 d) 2x 2 + 4 y 2 + 10 x + 4 xy = −25 Giải

Trang 48

a) x 2 + 4 x = 0

x = 0 x = 0 ⇔ x ( x + 4 ) =0 ⇔  ⇔ x + 4 = 0  x = −4

FI CI A

Vậy x ∈ {−4; 0} b) 5x ( 3 x − 2 ) = 4 − 9 x 2 ⇔ 5x ( 3 x − 2 ) + 9 x 2 − 4 = 0 ⇔ 5x ( 3 x − 2 ) + ( 3 x − 2 )( 3 x + 2 ) = 0 ⇔ ( 3 x − 2 )( 5 x + 3 x + 2 ) = 0 ⇔ ( 3 x − 2 )( 8 x + 2 ) = 0

2  x=  3 x − 2 = 0  3 ⇔ ⇔ 8 x + 2 = 0 x = − 1  4

c) x 2 + 7 x = 8

ƠN

 1 2 Vậy x ∈  − ;   4 3

⇔ x 2 + 7 x − 8 = 0 ⇔ x 2 − x + 8 x − 8 = 0 ⇔ x ( x − 1) + 8 ( x − 1) =0

Vậy x ∈ {−8; 1} d) 2x 2 + 4 y 2 + 10 x + 4 xy = −25

x −1 = 0 x = 1 ⇔ ( x − 1)( x + 8 ) = 0 ⇔  ⇔ x + 8 = 0  x = −8

QU Y

⇔ ( x 2 + 10 x + 25 ) + ( 4 y 2 + 4 xy + x 2 ) = 0 ⇔ ( x + 5 ) + ( 2 y + x ) = 0  x = −5 x + 5 = 0  ⇔ ⇔ 5 2 y + x = 0  y = 2

5  Vậy ( x; y ) ∈  −5;  2 

KÈ

Bài 4 (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BH ⊥ AC ( H ∈ AC ). Các điểm I, M, E lần lượt là trung điểm của AH, BH và CD . A

B M

DẠ

I H D

a) Chứng minh tứ giác ABMI là hình thang. Trang 49

Tam giác AHB có

I là trung điểm của HA

M là trung điểm của HB

 IM là đường trung bình của ∆AHB

FI CI A

 IM // AB

 ABMI là hình thang (tứ giác có hai cạnh đối song song).

b) Chứng minh tứ giác IMCE là hình bình hành. Vì IM // AB nên IM // EC ( EC // AB ) AB DC = = EC 2 2

IM là đường trung bình của ∆AHB nên IM =

ƠN

 IMCE là hình bình hành (tứ giác có hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

QU Y

B M

H C

c) Gọi G là trung điểm của BE . Chứng minh M là trực tâm của tam giác IBC từ đó chứng minh tam giác IGC là tam giác cân.

Ta có BH ⊥ AC (gt) hay BH là đường cao của ∆IBC .

KÈ

Vì IM // AB mà AB ⊥ BC nên IM ⊥ BC hay IM là đường cao của ∆IBC . Tam giác IBC có hai đường cao BH, IM cắt nhau tại M nên M là trực tâm của ∆IBC

= MCB (cùng phụ với IBC ) MIB

DẠ

= ECM ( IMCE là hình bình hành) Ta có: EIM

+ MIB = ECM + MCB  EIM = ECB = 900 ⇔ EIB

Trang 50

Vì G là trung điểm của EB nên IG, CG là các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền EB của các tam giác vuông EIB, ECB .

EB 2

 ∆IGC cân tại G .

ƠN

FI CI A

Do đó IG = CG =

Kẻ KP ⊥ BC tại P . KQ ⊥ AD tại Q . KR ⊥ DC tại R .

d) Trên tia đối của tia HB lấy điểm K sao cho KB = AC . Tính góc KDC .

QU Y

Xét hai tam giác vuông ∆ABC và ∆BPK có: AC = BK (gt)

= PBK (cùng phụ với ACB ) BAC  ∆ABC = ∆BPK (cạnh huyền – góc nhọn)

KÈ

AB = BP   BC = PK

Dễ thấy ABPQ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) mà AB = BP nên ABPQ là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau).

DẠ

 AQ = QP  AQ − AD = QP − BC = QP − PK  QD = QK

Ta có QDRK là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) mà QD = QK (chứng minh trên) nên QDRK là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau). Trang 51

= 450 hay KDC = 450 . Vì DK là đường chéo của hình vuông QDRK nên KDR 2x2 + 2x + 1 , x ≠ −1 x2 + 2 x + 1

FI CI A

Giải

Bài 5 ( 0,5 điểm ). Tìm GTNN của biểu thức A =

Có: 2

2 x2 + 2 x + 1  x  =1+   ≥ 1, ∀x ≠ -1 2 x + 2x + 1  x +1  Amin = 1 A=

Dấu “ = “ xảy ra khi x = 0 ( Tmđk)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1, khi x = 0

Trang 52

ĐỀ 30

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 45 phút

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM Tổ Toán – Tin học ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (4,5 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 4 x 4 + 4 x 3 − x 2 − x b) 1 − 2 a + 2bc + a 2 − b 2 − c 2

Bài 2 (1,5 điểm) 2

c) ( x − 7 )( x − 5 )( x − 4 )( x − 2 ) − 72

(

)

Tìm x sao cho ( x + 5 )( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1) = ( 2x − 1) 4x 2 + 2x + 1

ƠN

Bài 3: (3 điểm)

Cho ∆ABC có M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC . Trên tia đối của tia MN lấy điểm D sao cho NM = ND . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AM .

a) Tứ giác ADCM là hình gì? vì sao ? b) Chứng minh rằng: B, I , D thẳng hang. c) Qua điểm D Kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng BC tại E. Đường thẳng IN cắt DE tại F . Tìm điều kiện của ∆ABC để tứ giác MNFE là hình thang cân. Bài 4 : ( 1 điểm)

QU Y

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 − x + 2017 b) (Dành riêng cho lớp 8A)

Cho ba số nguyên a , b, c có tổng chia hết cho 6 Chứng minh rằng biểu thức M = ( a + b)(b + c )(c + a ) − 2 abc chia hết cho 6

DẠ

KÈ

-------------------------------Hết--------------------------------

Trang 53

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 4 x 4 + 4 x 3 − x 2 − x

FI CI A

= 4 x3 ( x + 1) − x ( x + 1) = ( x + 1) ( 4 x 3 − x ) = x ( x + 1) ( 4 x 2 − 1) = x ( x + 1)( 2 x + 1)( 2 x − 1) b) 1 − 2 a + 2bc + a 2 − b 2 − c 2

= ( a − 1) − ( b − c )

= ( a 2 − 2a + 1) − ( b 2 − 2bc + c 2 ) 2

= ( a − b + c − 1)( a + b − c − 1) c) A = ( x − 7 )( x − 5)( x − 4 )( x − 2 ) − 72

= ( x 2 − 9 x + 14 )( x 2 − 9 x + 20 ) − 72 Đặt x 2 − 9 x + 14 = t ta có:

= t 2 + 6t − 72 = t 2 + 12t − 6t − 72

QU Y

A = t. ( t + 6 ) − 72

= ( x − 7 )( x − 2 )  . ( x − 5 )( x − 4 )  − 72

ƠN

= ( a − 1) − ( b − c )  . ( a − 1) + ( b − c ) 

= t ( t + 12 ) − 6 ( t + 12 ) = ( t + 12 )( t − 6 )

Thay x 2 − 9 x + 14 = t , ta có:

A = ( t + 12 )( t − 6 ) = ( x 2 + 9 x + 14 + 12 )( x 2 + 9 x + 14 − 6 ) = ( x 2 + 9 x + 26 )( x 2 + 9 x + 8 )

KÈ

= ( x 2 + 9 x + 26 )( x 2 + 8 x + x + 8 ) = ( x 2 + 9 x + 26 ) ( x + 8 ) ( x + 1)

Bài 2 Tìm x sao cho

DẠ

( x + 5)( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1)

= ( 2x − 1) ( 4x 2 + 2x + 1) Giải

Trang 54

( x + 5 )( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1)

= ( 2x − 1) ( 4x 2 + 2x + 1) 3

⇔ 4x − 3x 2 + 20 − 15x - 9x 2 − 12x - 4 + 8x 3 + 12x 2 + 6x + 1 − 8x 3 + 1 = 0

FI CI A

⇔ ( 8x 3 − 8x 3 ) + ( −3x 2 − 9x 2 + 12x 2 ) + ( 4x − 15x − 12x + 6x ) + ( 20 − 4 + 1 + 1) = 0 ⇔ −17x+18=0 ⇔ -17x = −18 18 ⇔ x= 17 18 17

Vậy x =

⇔ 4x − 3x 2 + 20 − 15x − ( 9x 2 + 12x + 4 ) + ( 2x ) + 3. ( 2x ) .1 + 3.2x.12 + 13 = ( 2x ) − 13

Bài 3: A

ƠN

I N 1

B M

Ta có

QU Y

a) Tứ giác ADCM là hình gì? vì sao ?

NA = NC   => ADCM là hình bình hành . ND = NM 

b) Chứng minh rằng: B, I , D thẳng hang.

IA = IM   => IN đường trung bình của ∆AMC => IN / / MC NA = NC    => IN đường trung bình của ∆AMD => IN / / AD ND = NM 

KÈ

IA = IM

Khi đó AD / / MC hay AD / / MB

Mà AD = MC = MB =>

AD / / MB  => ADMB là hình bình hành AD = MB 

DẠ

Mặt khác IA = IM mà AM cắt BD tại trung điểm của mỗi đường => IB = ID => B, I , D thẳng hàng c) Tìm điều kiện của ∆ABC để tứ giác MNFE là hình thang cân.

NI / / MC => NF / / ME => MNFE là hình thang Trang 55

Để MNFE là hình thang cân thì =M mà E =C => NM = NC E 1

 AMC = 900 mà MB = MC => ∆ABC cân tại A

 Vậy ∆ABC cân tại A thì MNFE là hình thang cân

Bài 4 :

FI CI A

F I

ADCM là hình chữ nhật



a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 − x + 2017 Ta có 2 A = 4 x 2 − 2 x + 4034

16135 1 . Dấu “=” xảy ra khi x = 8 4

Giá trị nhỏ nhất của A =

16135 1 khi x = 8 4

A≥

ƠN

1  16135 16135  =  2x −  + ≥ ∀x 2 4 4 

b) Cho a , b, c là các số nguyên và (a + b + c)⋮ 6

QU Y

Chứng minh rằng biểu thức M = ( a + b)(b + c )(c + a ) − 2 abc chia hết cho 6

Đặt a + b + c = k suy ra k ⋮ 6

M = ( a + b)(b + c)(c + a ) − 2abc

= (k − a )( k − b)(k − c) − 2abc

= k 3 − k 2 ( a + b + c) + k ( ab + bc + ca ) − 3abc

= k ( ab + bc + ca ) − 3abc

Có (a + b + c)⋮ 6 suy ra (a + b + c)⋮ 2 , vậy trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn suy ra

KÈ

3abc ⋮ 6

DẠ

Suy M ⋮ 6

Trang 56

ĐỀ 31 ĐỀ KIỂM TRA KSCL GIỮA HỌC KÌ I Năm học 2017-2018 Môn: Toán 8 Thời gian: 60 phút.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC

a ) x 2 − 3x + xy − 3 y

FI CI A

Bài 1: (2 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:

b) x 2 + y 2 − 2 xy − 25

Bài 2: (1,5 điểm) Sắp xếp và thực hiện phép chia

(3x 4 + 4 x − 2 x 3 − 2 x 2 − 8) : (x 2 − 2)

Câu 3: (2 điểm) Tìm x biết 2

a) ( x + 3) ( x 2 − 3x + 9 ) − x ( x − 2 ) = 27 b) ( x − 1)( x − 5 ) + 3 = 0

ƠN

Bài 4: ( 3,5 điểm) : Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm hai đường chéo. Lấy E nằm giữa O và B. Gọi F đối xứng A qua E và I là trung điểm của CF .

a) Chứng minh: Tứ giác OEFC là hình thang và tứ giác OEIC là hình bình hành. b) Gọi H và K là hình chiếu của F trên các đường thẳng BC và CD .Chứng minh: Tứ giác CHFK là hình chữ nhật. c) Chứng minh: E , H , K , I thẳng hàng. Bài 5: (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

DẠ

KÈ

QU Y

A = −2 x2 − 10 y 2 + 4 xy + 4 x + 4 y + 2013

Trang 57

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

a) x 2 − 3 x + xy − 3y = x ( x − 3) + y( x − 3) = ( x − 3)( x + y )

FI CI A

b) x 2 + y 2 − 2 xy − 25 = ( x − y )2 − 52 = ( x − y − 5)( x − y + 5)

Bài 2: Ta có:

(3x 4 + 4 x − 2 x3 − 2 x 2 − 8) : (x 2 − 2) = (3x 4 − 2 x 3 − 2 x 2 + 4 x − 8) : (x 2 − 2) 3 x 4 − 2 x3 − 2 x 2 + 4 x− 8 x 2 − 2

− 6x2

3x 2 − 2 x + 4

3x 4

− 2 x3 + 4 x 2 + 4 x − 8 − 2x3 4x 2

−8

4 x2

−8

ƠN

+ 4x

Câu 3 :

(

)

Vậy (3x 4 − 2 x3 − 2 x 2 + 4 x − 8) : (x 2 − 2) = 3x2 − 2 x + 4

a) ( x + 3) x 2 − 3 x + 9 − x ( x − 2 ) = 27

QU Y

⇔ x 3 − 3x 2 + 9 x + 3x 2 − 9 x + 27 − x ( x 2 − 4 x + 4 ) − 27 = 0 ⇔ x3 − x3 + 4 x 2 − 4 x = 0 ⇔ 4 x2 − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x − 1) = 0

4x = 0  x = 0 ⇔  x −1 = 0  x = 1 b) ( x − 1)( x − 5) + 3 = 0

KÈ

⇔ x2 − 6x + 8 = 0

⇔ x2 − 2 x − 4 x + 8 = 0

⇔ x ( x − 2) − 4 ( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 4 ) = 0

DẠ

x − 2 = 0  x = 2 ⇔ x − 4 = 0  x = 4

Bài 4:

Trang 58

O H

I D

FI CI A

Chứng minh: Tứ giác OEFC là hình thang và tứ giác OEIC là hình bình hành. a) Ta có: hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm hai đường chéo AC và BD  O là trung điểm AC và BD.



E là trung điểm EF

ƠN

Ta có: F đối xứng A qua E .

Xét tam giác ACF có O là trung điểm AC; E là trung điểm AF

= > OE // CF = > Tứ giác OEFC là hình thang.

= > EO là đường trung bình của tam giác ACF

Xét tam giác ACF có I là trung điểm FC; E là trung điểm AF

= > IE // CA

QU Y

= > EI là đường trung bình của tam giác ACF

Mà OE // CI (OE // CF)

= > Tứ giác OEIC là hình bình hành. b)

Chứng minh: Tứ giác CHFK là hình chữ nhật.

FH vuông góc BC và FK vuông góc KD

KÈ



có H và K là hình chiếu của F trên các đường thẳng BC và CD.

෡= ‫ܭ‬ ෡ = 900 Xét tứ giác CHFK có ‫ܥ‬መ = ‫ܪ‬ = > Tứ giác CHFK là hình chữ nhật. Ta có : Tứ giác CHFK là hình chữ nhật.

DẠ

Mà I là trung điểm HK

= > I lag trung điểm HK = > H, I, K thẳng hàng.(1)

Ta có: EI // OC và OB // CF Trang 59



෣ = ‫ܫܥܪ‬ ෢ ܱ‫ܥܤ‬

෣ = ܱ‫ܤܥ‬ ෣ ( tam giác OBC cân tại O) và ‫ܫܪܥ‬ ෢ = ‫ܫܥܪ‬ ෢ ( tam giác HCIcân tại I) Mà ܱ‫ܥܤ‬ ෣ = ‫ܫܪܥ‬ ෢ ܱ‫ܤܥ‬



FI CI A

= > HI // OC mà EI // OC (cmt) = > E, H, K thẳng hàng (2) Từ 1 và 2 = > E, H, I, K thẳng hàng.

Bài 5:

2017  2  = −2  x 2 − 2 x ( y + 1) + ( y + 1) + ( 4 y 2 − 4 y + 1) − 2   2

DẠ

KÈ

QU Y

1 3 GTLN của A=2017 khi y = ; x = 2 2

ƠN

= −2 ( x − y − 1) − 2 ( 2 y − 1) + 2017

A = −2 x 2 − 10 y 2 + 4 xy + 4 x + 4 y + 2013

Trang 60

ĐỀ 32 TRƯỜNG THCS ĐẠI TỪ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ

FI CI A

MÔN: TOÁN 8 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (2đ)

Hãy viết vào tờ giấy thi các chữ cái in hoa đứng trước câu trả lời em cho là đúng Câu 1: Kết quả của phép tính ( x + 2 y ).( y + 2 x ) = ?

B. x 2 + 4 xy + 4 y 2

C.2 x 2 + 4 xy + 2 y 2

D.2 x 2 + 5 xy + 2 y 2

A.2 x − 1

B. 1 − 2 x

C. 2 x + 1

D. − 2 x − 1

Câu 3: Giá trị của biểu thức x 2 − 4 x + 4 tại x = −1 là: A. − 1

2 x ( x 2 − 16) = 0 . Các số x tìm được là 3

A.0, 4; − 4

B.0,16; − 16

PHẦN TỰ LUẬN: (8đ)

C.0, 4

D.9

D.4, −4

QU Y

II.

C. − 9

Câu 4: Biết

B.1

ƠN

Câu 2: Kết quả của phép chia (2 x3 + x 2 − 2 x + 1) : (x 2 + 1)

A.2 x 2 + 2 y 2

Câu 5: (1,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) 5x ( 3 − 2x ) − 7 ( 2x − 3)

b) x 3 − 4x 2 + 4x

c) x 2 + 2x − 15

Câu 6: (3,0 điểm) Cho biểu thức:

M = (4x+3) 2 − 2x(x + 6) − 5(x − 2)(x + 2)

a) Thu gọn biểu thức M

KÈ

b) Tính giá trị biểu thức tại x = −2 c) Chứng minh biểu thức M luôn dương Câu 7: (3,0 điểm) Cho ∆ABC , trực tâm H. Các đường thẳng vuông góc với AB tại B, vuông góc với AC tại C cắt nhau ở D. Chứng minh rằng:

a) BDCH là hình bình hành

DẠ

+ BHC = 1800 b) BAC c) H, M, D thẳng hàng (M là trung điểm của BC)

Câu 8: (0,5 điểm) Cho biểu thức A = 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 − a 4 − b 4 − c 4 . Chứng minh rằng: nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì A > 0 . Trang 61

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Kết quả của phép tính ( x + 2 y ).( y + 2 x) = ( x + 2 y ) 2 = x 2 + 4 xy + 4 y 2

Câu 2: Kết quả của phép chia (2 x3 + x 2 − 2 x + 1) : (x 2 + 1) = 2 x + 1

FI CI A

Đáp án B

2 x3 + x2 − 2 x + 1 x2 − 1

2 x3 − 2 x 2 x + 1

Đáp án C

x2 + 1 x2 −1 −2

Câu 3: Giá trị của biểu thức x 2 − 4 x + 1 tại x = −1 là:

x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2 = ( −1 − 2) 2 = 9

Đáp án D

TH 2 : x 2 − 16 = 0 ⇔ x = 4, −4

2 x( x 2 − 16) = 0 3 2 TH 1: x = 0 ⇔ x = 0 3

ƠN

Câu 4: Đáp án A

Câu 5: (1,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử

a) 5x ( 3 − 2x ) − 7 ( 2x − 3) = 5x ( 3 − 2x ) + 7 ( 3 − 2x ) = ( 3 − 2x )( 5x + 7 )

(

)

QU Y

b) x 3 − 4x 2 + 4x = x x 2 − 4x + 4 = x ( x − 2 )

c) x 2 + 2x − 15 = x 2 + 5x − 3x − 15 = ( x 2 + 5x ) − ( 3x + 15 ) = x ( x + 5 ) − 3 ( x + 5 ) = ( x + 5 )( x − 3 ) Câu 6: (3,0 điểm) Cho biểu thức:

M = (4x+3) 2 − 2x(x + 6) − 5(x − 2)(x + 2)

a) Thu gọn biểu thức M

M = (4x+3) 2 − 2x(x + 6) − 5(x − 2)(x + 2) = 16x 2 + 24x + 9 − 2x 2 − 12x − 5(x 2 − 4)

KÈ

= 14x 2 + 12x + 9 − 5x 2 + 20 = 9x 2 + 12x + 29 = (3x+2) 2 + 25

b) Tính giá trị biểu thức tại x = −2

DẠ

Thay x = −2 vào M ta có

Trang 62

M = [3.(−2) + 2] + 25 = (−6 + 2) 2 + 25

FI CI A

= (−4) 2 + 25 = 16 + 25 = 41 c) Chứng minh biểu thức M luôn dương

Ta có M = (3x+2) 2 + 25 Do (3x+2) 2 ≥ 0  (3x+2) 2 + 25 ≥ 25  M ≥ 25 Vậy M luôn dương

Câu 7: (3,0 điểm)Cho ∆ABC , trực tâm H. Các đường thẳng vuông góc với AB tại B, vuông góc với AC tại C cắt nhau ở D. Chứng minh rằng: a) BDCH là hình bình hành

+ BHC = 1800 b) BAC

ƠN

c) H, M, D thẳng hàng (M là trung điểm của BC)

QU Y

C M

a) BDCH là hình bình hành

KÈ

Xét tứ giác BHCD có: BH CD (vì cùng vuông góc với AC) CH BD (vì cùng vuông góc với AB)

 BHCD là hình bình hành (tứ giác có hai cặp cạnh đối tương ứng song song)

+ BHC = 1800 b) BAC

DẠ

=B Vì BHCD là hình bình hành  BHC DC

Xét tứ giác ABDC có:

+B BAC DC + ABD + ACD = 3600 (Định lý tổng các góc trong tứ giác)

Trang 63

+B  BAC DC + 900 + 900 = 3600 +B  BAC DC = 1800

c) H, M, D thẳng hàng (M là trung điểm của BC)

Vì BHCD là hình bình hành

FI CI A

+ BHC = 1800 (vì BHC =B  BAC DC )

 BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất đường chéo) Mà M là trung điểm của BC (GT) Suy ra M cũng là trung điểm của DH ta được H, M, D thẳng hàng (ĐPCM)

Câu 8: (0,5 điểm) Cho biểu thức A = 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 − a 4 − b 4 − c 4 .

Chứng minh rằng: nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì A > 0 . Hướng dẫn giải.

ƠN

Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác

a+b>c ⇔ (a + b) 2 > c 2

⇔ 2ab > c 2 − a 2 − b 2 ⇔ 4a 2 b 2 > c 4 + b 4 + a 4 − 2a 2 c 2 − 2b 2 c 2 + 2a 2 b 2 ⇔ 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 − a 4 − b 4 − c 4 > 0

DẠ

KÈ

QU Y

 A > 0 (đpcm)

Trang 64

ĐỀ 33

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 45 phút

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM Tổ Toán – Tin học ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (4,5 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 4 x 4 + 4 x 3 − x 2 − x

c) ( x − 7 )( x − 5)( x − 4 )( x − 2 ) − 72

Bài 2 (1,5 điểm) 2

b) 1 − 2 a + 2bc + a 2 − b 2 − c 2

(

)

ƠN

Tìm x sao cho ( x + 5)( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1) = ( 2x − 1) 4x 2 + 2x + 1

Bài 3: (3 điểm)

Cho ∆ABC có M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC . Trên tia đối của tia NM lấy điểm D sao cho NM = ND . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AM .

QU Y

d) Tứ giác ADCM là hình gì? vì sao ? e) Chứng minh rằng: B, I , D thẳng hang. f) Qua điểm D Kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng BC tại E. Đường thẳng IN cắt DE tại F . Tìm điều kiện của ∆ABC để tứ giác MNFE là hình thang cân. Bài 4 : ( 1 điểm) 2

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x − x + 2017 b) (Dành riêng cho lớp 8A)

Cho ba số nguyên a , b, c có tổng chia hết cho 6

DẠ

KÈ

Chứng minh rằng biểu thức M = ( a + b)(b + c)(c + a ) − 2abc chia hết cho 6

Trang 65

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 4 x 4 + 4 x 3 − x 2 − x

(

= ( x + 1) 4 x3 − x

FI CI A

= 4 x3 ( x + 1) − x ( x + 1)

)

(

)

= x ( x + 1) 4 x 2 − 1

= x ( x + 1)( 2 x + 1)( 2 x − 1) b) 1 − 2 a + 2bc + a 2 − b 2 − c 2

) (

= ( a − 1) − ( b − c )

)

(

= a 2 − 2a + 1 − b 2 − 2bc + c 2 2

= ( a − b + c − 1)( a + b − c − 1) c) A = ( x − 7 )( x − 5)( x − 4 )( x − 2 ) − 72

(

)(

)

= x 2 − 9 x + 14 x 2 − 9 x + 20 − 72

Đặt x 2 − 9 x + 14 = t ta có:

= t 2 + 6t − 72 = t 2 + 12t − 6t − 72

QU Y

A = t. ( t + 6 ) − 72

= ( x − 7 )( x − 2 )  . ( x − 5 )( x − 4 )  − 72

ƠN

= ( a − 1) − ( b − c )  . ( a − 1) + ( b − c ) 

= t ( t + 12 ) − 6 ( t + 12 ) = ( t + 12 )( t − 6 )

Thay x 2 − 9 x + 14 = t , ta có:

(

)(

) (

)(

A = ( t + 12 )( t − 6 ) = x 2 + 9 x + 14 + 12 x 2 + 9 x + 14 − 6 = x 2 + 9 x + 26 x 2 + 9 x + 8

(

)(

KÈ

= x 2 + 9 x + 26 x 2 + 8 x + x + 8

)

= ( x 2 + 9 x + 26 ) ( x + 8 ) ( x + 1)

Bài 2 Tìm x sao cho 2

DẠ

( x + 5)( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1)

= ( 2x − 1) ( 4x 2 + 2x + 1) Giải

Trang 66

( x + 5)( 4 − 3x ) − ( 3x + 2 ) + ( 2x + 1)

= ( 2x − 1) ( 4x 2 + 2x + 1) 3

⇔ 4x − 3x 2 + 20 − 15x - 9x 2 − 12x - 4 + 8x 3 + 12x 2 + 6x + 1 − 8x 3 + 1 = 0

FI CI A

⇔ ( 8x 3 − 8x 3 ) + ( −3x 2 − 9x 2 + 12x 2 ) + ( 4x − 15x − 12x + 6x ) + ( 20 − 4 + 1 + 1) = 0 ⇔ −17x+18=0 ⇔ -17x = −18 18 ⇔x= 17 18 17

Vậy x =

⇔ 4x − 3x 2 + 20 − 15x − ( 9x 2 + 12x + 4 ) + ( 2x ) + 3. ( 2x ) .1 + 3.2x.12 + 13 = ( 2x ) − 13

Bài 3: A

ƠN

I N 1

B M

Ta có

QU Y

a) Tứ giác ADCM là hình gì? vì sao ?

NA = NC   => ADCM là hình bình hành . ND = NM 

b) Chứng minh rằng: B, I , D thẳng hang.

IA = IM   => IN đường trung bình của ∆AMC => IN / / MC NA = NC    => IN đường trung bình của ∆AMD => IN / / AD ND = NM 

KÈ

IA = IM

Khi đó AD / / MC hay AD / / MB

Mà AD = MC = MB =>

AD / / MB  => ADMB là hình bình hành AD = MB 

DẠ

Mặt khác IA = IM mà AM cắt BD tại trung điểm của mỗi đường => IB = ID => B, I , D thẳng hàng c) Tìm điều kiện của ∆ABC để tứ giác MNFE là hình thang cân.

NI / / MC => NF / / ME => MNFE là hình thang Trang 67

Để MNFE là hình thang cân thì =M mà E =C => NM = NC E 1

 AMC = 900 mà MB = MC => ∆ABC cân tại A

 Vậy ∆ABC cân tại A thì MNFE là hình thang cân

Bài 4 :

FI CI A

F I

ADCM là hình chữ nhật



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x − x + 2017 b) Ta có

2 A = 4 x 2 − 2 x + 4034

1 16135 . Dấu “=” xảy ra khi x = 4 8

Giá trị nhỏ nhất của A =

A≥

ƠN

1  16135 16135  =  2x −  + ≥ ∀x 2 4 4 

1 16135 khi x = 4 8

QU Y

b) Cho a, b, c là các số nguyên và ( a + b + c )⋮ 6

Chứng minh rằng biểu thức M = ( a + b)(b + c)(c + a ) − 2abc chia hết cho 6

Đặt a + b + c = k suy ra k⋮ 6

M = (a + b)(b + c)(c + a ) − 2abc = ( k − a)( k − b)( k − c) − 2abc

KÈ

= k 3 − k 2 ( a + b + c) + k (ab + bc + ca ) − 3abc = k (ab + bc + ca) − 3abc Có ( a + b + c )⋮ 6 suy ra ( a + b + c )⋮ 2 , vậy trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn suy ra

3abc⋮ 6

DẠ

Suy M ⋮ 6

Trang 68

TRƯỜNG THCS VẠN PHÚC

FI CI A

ĐỀ 16

BOÄ 15 ÑEÀ Kieåm tra giöõa kì 1 toaùn 9 ĐỀ KIỂM GIỮA HỌC KÌ I

MÔN TOÁN 9 (2020 – 2021) Thời gian: 90 phút (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

)

2 −1

−27 + 2. 8

(1,5 điểm) Giải phương trình a)

Bài 3:

(

x −3

)

1 2+ 2 + − 2 − 3 1+ 2

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

b) 2 4 x − 4 −

(2,5 điểm) Cho các biểu thức: A =

(

2− 3

)

QU Y

b) Đặt P = A : B , rút gọn P

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

c) Tìm x để P > 2

ƠN

Bài 2:

1 − 3 8 − 2. 2

a) 16.

Bài 1:

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 tròn đến phút). (2,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 9cm , BC = 12cm . Kẻ AH vuông góc với BD tại H .

KÈ

a) Tính BD , AH và số đo ABD ? b) Kẻ HI vuông 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) (0,5 điểm) Tìm x , y thỏa mãn phương trình

DẠ

Bài 6:

36 + x−2

4 = 28 − 4 x − 2 − y − 1 y −1

Trang 1

HƯỚNG DẪN GIẢI (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

(

)

2 −1

−27 + 2. 8

1 2+ 2 + − 2 − 3 1+ 2

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

Lời giải

= 16.

(

)

2 −1

2 − 3.2 2 − 2 3 − 2 2 2

(

)

=8 2 −6 2 −6+4 2 = 6 2 −6 2+ 2 1+ 2

(

−

(

2− 3

)

2 1+ 2 2+ 3 + − 2− 3 4−3 1+ 2

= 2+ 3 + 2 −

(

)

3 − 2 (vì

2− 3

)

ƠN

2− 3

1 − 3 8 − 2. 2

a) 16.

(

1 − 3 8 − 2. 2

a) 16.

FI CI A

Bài 1:

3 − 2 > 0)

= 2 + 3 + 2 − 3 + 2 = 2 + 2 2. c)

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

QU Y

−27 + 2. 8 = −3 + 16 = −3 + 4 = 1.

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

(1,5 điểm) Giải phương trình

(

x −3

)

KÈ

Bài 2:

(

x −3

)

=2⇔

b) 2 4 x − 4 −

1 9x − 9 − 6 = 0 3

Lời giải x −3 = 2

DẠ

 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 Trang 2

Điều kiện: x ≥ 1 ⇔ 4 x −1 − x −1 = 6

⇔ 3 x −1 = 6 ⇔ x −1 = 2

FI CI A

⇔ 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 = vớ i x > 0 ; x ≠ 1 − x+2 x x +2 x+4 x +4

a) Tính giá trị biểu thức B khi x = 4

c) Tìm x để P > 2 d) Tìm GTNN của P + x

ƠN

Lời giải

b) Đặt P = A : B , rút gọn P

a) Thay x = 4 (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức B ta được: 1− 4 1− 2 −1 = = 4 + 4 4 + 4 4 + 8 + 4 16

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

−1 . 16

QU Y

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 +2 1− x

c) Ta có: P > 2 ⇔

DẠ

⇔

)

x +2 x

x +2 vớ i x > 0 ; x ≠ 1 . x

KÈ

Vậy P =

x +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 Trang 3

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

 x+

2 =2 2 x

2 ≥2 x

+1 ≥ 2 2 +1

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

FI CI A

⇔ x = 2 (thoả mãn).

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

ƠN

Lời giải

giữa tia sáng mặt trời và bóng cột cờ là bao nhiêu? (Làm tròn đến phút).

11  α = 61°23′ . 6

QU Y

Xét ∆ABH vuông tại H , ta có tan α =

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 vuông góc với BD tại H .

a) Tính BD , AH và số đo ABD ?

b) Kẻ HI vuông góc với AB . Chứng minh: AI . AB = DH .DB .

KÈ

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)

DẠ

Lời giải

Trang 4

FI CI A

a) Tính BD , AH và số đo ABD ?

ƠN

Vì ABCD là hình chữ nhật

Xét ∆ABD vuông tại A +) BD 2 = AB 2 + AD 2 (định lí Pytago)

BD = 15 ( cm ) +) sin ABD =

QU Y

BD 2 = 9 2 + 12 2 = 225

 AB = CD = 9cm   AD = BC = 12cm

AD 12 = • ABD ≈ 530 . BD 15

b) Kẻ HI vuông góc với AB . Chứng minh: AI . AB = DH .DB .

Xét ∆ABD vuông tại A , đường cao AH có: AH 2 = DH .BH Xét ∆AHB vuông tại H , đường cao HI có: AH 2 = AI . AB

KÈ

 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



DẠ

 HM .HN = BH .HD

Mà AH 2 = DH .BH (chứng minh trên)  HA2 = HM .HN (điều phải chứng minh) Trang 5

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

36 + x−2

4 = 28 − 4 x − 2 − y − 1 y −1

Bài 6:

Đặt 

x−2 = a;

FI CI A

Lời giải

y − 1 = b ( a, b > 0 )

36 4 + = 28 − 4a − b a b

VT ≥ 2

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

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

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

 36  x − 2 = 3  a = 4a a = 3  x = 11 Dấu “=” xảy ra khi  ⇔ ⇔ (thoả mãn)  4 = 2 = 5 b y y − 1 = 2     =b  b

Trang 6

ĐỀ 17 ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN 9 Câu 1. (1,5 điểm). Tính giá trị các biểu thức sau: b) B = 2 c) D =

(

)

3+ 2 − 3

5 +1

−

(

3− 2

FI CI A

a) A = 52 + 122

)

5 −1

x2 − 9 − x + 3 = 0

c ) ( x + 2 )( x + 3) − 2 x 2 + 5 x + 3 = 6 −3 x + 1 x −3

;B =

3 x −2 x −5 x +6

a ) Tính giá trị của A với x = 16 . −3 x + 1 x −2

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

Câu 4. (4,5 điểm)

1 x −2

3 x −2 3− x

với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9.

b ) Chứng minh B =

−

ƠN

Câu 3. (2 điểm ) Cho A =

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

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ

A . So sánh P và 1. B

QU Y

1. Tòa nhà Burj Khalifa tại Dubai (các tiểu vương quốc Ả Rập thống nhất) được khánh thành ngày 4/1/2010 là một công trình kiến trúc cao nhất thế giới. Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất góc 370 thì bóng của tòa nhà trên là 1098, 79 m. Tính chiều cao của tòa 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?

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

 HẾT 

DẠ

Câu 5.

KÈ

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

Trang 7

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

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

(

)

( 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:

x −1 + 4x − 4 = 9

x2 − 9 − x + 3 = 0

)(

5 −1

5+2

) = 5−

5 − 2 − 5 − 5 + 2 = −2 5

ƠN

c) D =

b) B = 2

FI CI A

b) B = 2

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

Đk: x ≥ 1

x −1 + 4x − 4 = 9

⇔ x − 1 + 4 ( x − 1) = 9

Lời giải

QU Y

⇔ 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 2

đk x ≥ 3

⇔ 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

KÈ

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 )

DẠ

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 Trang 8

⇔ 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

FI CI A

+) 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

;B =

3 x −2

x −3 x−5 x +6 a ) Tính giá trị của A với x = 16 . −3 x + 1

b ) Chứng minh B =

x −2

−

x −2

3 x −2 3− x

với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9.

Câu 3. Cho A =

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

A . So sánh P và 1. B

ƠN

Lời giải

b) B=

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

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

( ( x − 2 )(

)( x − 3)

x −2 3 x −2

(

)=2

QU Y

3 x − 2− x +3− =

3 x −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 ) −3 x + 1 x −2

Vậy : B =

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

KÈ

c ) B > −3 ⇔

−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

DẠ

⇔

x −2− x +3 1 = x −3 x −3 1 Vì x > 9  x − 3 > 0  > 0  P −1 > 0  P > 1 x −3 P −1 =

x −2 −1 = x −3

Trang 9

FI CI A

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 công trình kiến trúc cao nhất thế giới. Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất góc 370 thì bóng của tòa nhà trên là 1098, 79 m. Tính chiều cao của tòa 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

37°

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

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

ƠN

tan B =

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

QU Y

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

KÈ

H F

a) Cho HC = 16 cm, HB = 9 cm . Tính AB, AC , AH . Xét ∆ABC vuông tại A , đường cao AH có: +) BC = HC + HB = 16 + 9 = 25 ( cm )

+) AH 2 = HB.HC = 9.16 = 144  AH = 12 ( cm )

DẠ

+) 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 vuông tại H và ∆AHC vuông tại H .

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

Trang 10

Xét ∆AHB vuông tại H , đường cao HE

( HE ⊥ AB ) có:

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

( HF ⊥ AC )

có:

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

FI CI A

Từ (1) và ( 2 )  AE . AB = AF . AC

Xét ∆AHC vuông tại H , đường cao HF

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 ) = ( 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 Cô-si, có: BH 2 + CH 2 ≥ 2 BH .CH = 2AH 2  ( BH 2 + CH 2 ) − AH 2 ≥ 2 AH 2 − AH 2

ƠN

Có

QU Y

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

KÈ

 ( 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

DẠ

 ( 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 ) Trang 11

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

Từ

(*)

và

(**)

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

Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

 HẾT 

Trang 12

ĐỀ 18 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: b) 4 2 x + 3 − 8 x + 12 +

a) x + 9 = 7

x −1 5 x − 2 x +5 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.

c) d)

ƠN

Bài 3 (2 điểm).Cho biểu thức P = a)

1 18 x + 27 = 15 3

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

FI CI A

TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN

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

( H ∈ BC )

QU Y

3 1. Nếu sin ACB = ; BC = 20cm . Tính các cạnh AB, AC , BH và góc ABC (Số đo góc làm tròn 5 đến độ) 2. Đường thẳng vuông 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 vuông góc với HC tại M , KN vuông 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 .

DẠ

KÈ

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + x 1 − y 2 + y 1 − x 2 .

Trang 13

Hướng dẫn giải Bài 1. (2 điểm) Tính: B = 27 − 6

1 3 −3 + 3 3

A = 18 − 2 50 + 3 8

FI CI A

Giải

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

(

)

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

(

)

5 7− 2 5 − 8−2 7 + 2 = − 7−2 7+ 2

(

Bài 2. (2 điểm) Tìm x , biết:

1 18 x + 27 = 15 3

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

ƠN

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

)

7 −1 + 2 = 7 − 2 − 7 + 1 + 2 = 1

B = 27 − 6

a) x + 9 = 7

( x ≥ −9 )

⇔ x + 9 = 49

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

QU Y

⇔ x = 40 ( tm )

Giải.

b) 4 2 x + 3 − 8 x + 12 +

⇔ 4 2 x + 3 − 2 2 x + 3 + 2 x + 3 = 15 ⇔ 3 2 x + 3 = 15 ⇔ 2x + 3 = 5 ⇔ 2 x = 22

⇔ 2 x + 3 = 25

DẠ

KÈ

⇔ x = 11 (tm)

Trang 14

( x ≥ 1)

c) x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5 2

(

x −1 + 2

)

(

x −1 − 3

)

x − 1 − 2. x − 1.3 + 9 = 5

⇔

)

x − 1 + 2. x − 1.2 + 4 +

FI CI A

( (

⇔

⇔ 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

Vậy nghiệm của phương trình là 1 ≤ x ≤ 10 .

ƠN

Pt ⇔ x − 1 + 2 − x − 1 + 3 = 5 (luôn luôn đúng ∀ 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.

QU Y

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)

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)

KÈ

c)Ta có M =

Q = P

x x −2

x x +5

1 => 2

Ta có

x + 5 > 0 ( vì x ≥ 0; x ≠ 4 )

DẠ

Để M <

x 1 x −5 < ⇔ <0 2( x + 5) x +5 2

=> x − 5 < 0 ⇔ x < 5 ⇔ x < 25 Kết hợp điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4 Trang 15

Vậy 0 ≤ x < 25; x ≠ 4 thì M <

1 2

x 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 Vô lí 0(tm) x

Ta có M =

x )+ 5 > 0

Vậy x=0 thì M có giá trị nguyên.

( H ∈ BC )

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

FI CI A

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

ƠN

2. Đường thẳng vuông 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 vuông góc với HC tại M , KN vuông góc với AH tại N . Chứng minh rằng: HN .NA + HM .MC = KA.KC Giải

D E

QU Y

KÈ

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

- Xét ∆ABC , có:

sin ACB =

AB 3 AB  =  AB = 3.20 : 5 = 12(cm) BC 5 20

DẠ

- Áp dụng định lý Pitago cho ∆ABC vuông 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 vuông tại A, ta có: Trang 16

AB 2 = BH .BC  122 = BH .20  BH = 144 / 20 = 7, 2(cm)

3  cos ABC =  ABC ≈ 530 5

FI CI A

2. Đường thẳng vuông 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 vuông ∆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 = AE ED = AB BD

- Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

Mà tan EBA = Vậy tan EBA =

AE AB

AD AB + BD

AE ED AE + ED AD = = = AB BD AB + BD AB + BD

AD AB + BD

ƠN

- Do BE là tia phân giác của DBA nên:

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

QU Y

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

=M =N = 900 ) - Nhận xét: Tứ giác HMKN là hình chữ nhật (Vì H Nên HM = NK ; NH = MK - ∆ANK ∼ ∆KMC 

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

Đặt

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

KÈ

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

DẠ

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 Trang 17

 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 2

≤ 3 ( x + y) +

3 3 3 khi x = y = 2 2

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

 MaxP =

FI CI A

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

Trang 18

ĐỀ 19 ĐỀ KS GIỮA KỲ I NĂM HỌC 2020 – 2021 – TOÁN 9 – ĐỀ 2 (1,0 điểm) Thực hiện phép tính:

Bài 2.

45 − 125 + 2 3

)

2 + 4−2 3 + 3−2

5 − 60

)

3 − 11

8 − 45 + 6

(1,5 điểm) Giải phương trình a) c)

Bài 3.

(

x2 − 4 x + 4 + 2 = 3

b) 2 4 x − 8 −

(

1 6

FI CI A

)

6 −5 +

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

Bài 1.

TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH

2 x −3 1 =− 2 x −1

(1,5 điểm)

ƠN

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. (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

Bài 4.

(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 vuông 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

DẠ

Bài 6.

KÈ

Bài 5.

QU Y

(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.

Trang 19

HƯỚNG DẪN GIẢI

(

45 − 125 + 2 3

)

2 + 4−2 3 + 3−2

5 − 60

)

3 − 11

8 − 45 + 6

Lời giải

b) =

= −10 + 2 15 − 2 15 = −10

(

) (1 − 3 )

3+2 +

= −3 3 + 6 (1,5 điểm) Giải phương trình

x2 − 4 x + 4 + 2 = 3 2 x −3 1 =− 2 x −1 2

QU Y

+ 11 − 2 3

= −2 3 − 4 + 3 − 1 + 11 − 2 3

x − 4x + 4 + 2 = 3

⇔

( x − 2)

)

1 6

4 6 6 −3 5 +5− 6 + 3 6 6 −3 5 +5 2

b) 2 4 x − 8 −

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

Lời giải

Bài 2.

)

3 − 11

6 −5 +

ƠN

= −2

(

1 6

2 + 4−2 3 + 3−2

8 − 45 + 6

6 −5 +

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

)

(

(1 điểm) Thực hiện phép tính

FI CI A

Bài 1.

KÈ

⇔ x − 2 =1

x − 2 =1 x = 3 ⇔ ⇔  x − 2 = −1  x = 1

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3;1}

DẠ

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 Trang 20

(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 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 ⇔

(1,5 điểm):

FI CI A

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

ƠN

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 

Bài 4.

QU Y

2) Độ cao của cột đèn là: 6,5. tan 44° ≈ 6, 28m .

(2,5điểm) Cho hai biểu thức A =

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

KÈ

Lời giải a) Thay x = 36 (TMĐK) vào biểu thức A ta có:

36 6 3 = = 36 + 2 8 4

b) Với x > 0; x ≠ 1 ta có

DẠ

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

1+ x x

(

)

x −1

( .

)

x −1

x +1

x −1 x Trang 21

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

Mà

FI CI A

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 =

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 không có giá trị nào của x để P nhận giá trị nguyên

KÈ

Lời giải C I

d) Chứng minh

QU Y

Bài 5.

ƠN

Vậy

M H A

DẠ

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

BC = 6 ( cm )

Vì tam giác ABC vuông tại C , đường cao CK .  CK . AB = BC. AC  CK .10 = 6.8 Trang 22

 CK = 4,8 ( cm )

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

FI CI A

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

AK = 6, 4 ( cm )

b) Vì tam giác CKB vuông 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 = CHK = ICK = 900 c) Tứ giác CIKH có CIK

ƠN

Suy ra CIKH là hình chữ nhật. Suy ra CH = KI , CI = KH và tam giác KIH vuông tại K

Vì tam giác KIH vuông 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 vuông ta có AC 2 = AK . AB BC 2 = BK . AB AK 2 = AC . AI

QU Y

Suy ra

BK 2 = BC .BH

Do đó

AC 4 AK 2 . AB 2 AK 2 AC. AI = = = 4 2 2 2 BC BK . AB BK BC.BH

KÈ

Bài 6.

AI AC 3 = BH BC 3 (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Suy ra

(

)

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

DẠ

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

(

)

2 +1

2 +1 Trang 23

a = b 1 Dấu " = " xảy ra khi:  ⇔a =b= 2 a + b = 2 1 2

2 + 1 khi a = b =

FI CI A

Vậy GTLN của P là 2 Min P

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

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

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy GTNN của P là

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

Trang 24

ĐỀ 20 ĐỀ KSCL TOÁN 9 THÁNG 10 NĂM HỌC 2020 – 2021

TRƯỜNG THCS LÝ NAM ĐẾ - MỸ ĐÌNH 1

a ) 5 5 + 3 45 −

1 20 2

(

) (

2 3− 2 −

; b)

)

FI CI A

Câu 3. (4,0 điểm) 1 ) Tính giá trị biểu thức 2

2 −1 ;

2 ) Giải các phương trình sau : 2

b) 4x − 4x + 1 = 5 − x ;

4 ( x + 3) = 14 ;

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

x +4 x −1

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

x +3 x + 2 x −3

ƠN

2 ) Chứng minh B =

c) 2x + 1 − x + 1 = 0

6 + 35 5 − 2 2

Câu 5. ( 0,5 điểm)

QU Y

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?

(3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ DE vuông góc với AC . 1) Cho AD = 5 cm; AC = 13 cm. Tính DE và ACD .

Câu 6.

KÈ

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

DẠ

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

Trang 25

HƯỚNG DẪN GIẢI

; b)

(

) (

2 3− 2 −

)

2 −1 ;

2 ) Giải các phương trình sau : b) 4x 2 − 4x + 1 = 5 − x ;

4 ( x + 3) = 14 ;

c) 2x + 1 − x + 1 = 0

Lời giải 1 ) Tính giá trị biểu thức

(

) (

)

2 3− 2 −

(

)

;

1 1 20 = 5 5 + 9 5 − .2 5 = 13 5 2 2

a ) 5 5 + 3 45 −

2 −1 = 3 2 − 2 − 2 − 2 2 +1 = 3 2 − 2 − 2 + 2 2 −1 = 5 2 − 5 ;

4 ( x + 3) = 14 đk xđ : x ≥ −3

7+ 5

)

− 5

2 ) Giải các phương trình sau : a)

(

ƠN

6 + 35 5 12 + 2 35 5 7+2 7 5 +5 − 5 − = − = = 2 2 2 2 2 7+ 5− 5 7 = = 2 2

6 + 35 5 − 2 2

FI CI A

1 20 2

a ) 5 5 + 3 45 −

Câu 4. 1 ) Tính giá trị biểu thức

⇔ 4 ( x + 3) = 14 2 ⇔ x + 3 = 49 ⇔ x = 46 ( tm ) Vậy nghiệm của phương trình là x = 46

( 2x − 1)

⇔

QU Y

b) 4x 2 − 4x + 1 = 5 − x

= 5 − x ⇔ 2x − 1 = 5 − x (*)

1 PT (*) ⇔ 2x − 1 = 5 − x ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 ( tm đk) 2 1 +) Với x < PT (*) ⇔ −2x + 1 = 5 − x ⇔ x = −4 ( tm đk) 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = −4

+) Với x ≥

c) 2x + 1 − x + 1 = 0 ⇔

2x + 1 = x − 1 đk xđ : x ≥ 1

KÈ

 x = 0 ( ktm ) 2 ⇔ 2x + 1 = ( x − 1) ⇔ x 2 − 4x = 0 ⇔ x ( x − 4 ) = 0 ⇔   x − 4 = 0 ⇔ x = 4

( tm )

DẠ

Vậy nghiệm của phương trình là x = 4

Câu 5. Với x ≥ 0, x ≠ 1 , cho hai biểu thức : A =

x +4 x −1

x +3 x + 2 x −3

1 ) Tính giá tri biểu thức A tại x = 64 . 2 ) Chứng minh B =

1 x −1 Trang 26

3 ) Tính giá trị của x để

A x ≥ +5. B 4

2 ) Ta có B =

12 7

x +3 x +3 = = x + 2 x −3 x +3 x − x −3

x +3

(

1 Với x ≥ 0, x ≠ 1 x −1 A x +4 1 3) Ta có : = : = x +4 B x −1 x −1 A x x ≥ + 5 ⇔ x + 4 ≥ + 5 . Với x ≥ 0, x ≠ 1 B 4 4 x−4

4 A x Vậy x = 4 thì ≥ +5 B 4 Câu 6. ( 0,5 điểm)

x −2 4

)

≤ 0 ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ( tm)

⇔

x +4 ( =

x +3

1 x −1

ƠN

Vậy B =

)(

x −1

Vậy x = 64 thì A =

64 + 4 8 + 4 12 = = 64 − 1 8 − 1 7

FI CI A

1 ) Thay x = 64 ( tm đk ) vào biểu thức A , ta có A =

Lời giải

KÈ

QU Y

Đổi 1 phút 15 giây =

Lời giải 1 giờ 48

1 1 40 giờ, máy bay bay được quãng đường AB là : 640. = (km) 48 48 3

Y DẠ

Khi đó, quãng đường AH là : AB.cos 30° =

40 3 20 3 (km) . = 3 2 3

Vậy, sau 1 phút 15 giây máy bay lên cao được

20 3 (km) theo phương thẳng đứng. 3 Trang 27

2) Gọi M là trung điểm của BC , N là trung điểm của AE . Chứng minh rằng: a) DN ⊥ MN .

FI CI A

BC 2 . 4

b) MN 2 + ND 2 = AB 2 +

Câu 7. (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ DE vuông góc với AC . 1) Cho AD = 5 cm; AC = 13 cm. Tính DE và ACD .

Lời giải

DC = AC 2 − AD 2 = 132 − 52 = 12 (cm)

ƠN

1) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADC ta có: AD 5 ≈ 22°37 ' =  ACD AC 13 = DE  DE = DC .sin ECD = 12. 5 = 60 . Xét tam giác vuông DEC ta có: sin ECD DC 13 13 2) a) Gọi F là trung điểm của DE Xét tam giác AED có N là trung điểm của AE , F là trung điểm của DE  FN là đường trung bình của tam giác AED 1 1 1  FN // AD và FN = AD . Mà CM // AD và CM = BC = AD 2 2 2  FN // CM và FN = CM  Tứ giác NMCF là hình bình hành.

QU Y

= Xét tam giác vuông ACD ta có: sin ACD

Ta có FN // MC , MC ⊥ CD  FN ⊥ CD (tính chất) Xét tam giác DNC có đường cao NF , DE cắt nhau tại F  F là trực tâm tam giác DNC

 CF ⊥ DN . Mà CF // MN (do NMCF là hình bình hành) DN ⊥ NM (đpcm)

b) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông DNM ta có: MN 2 + ND 2 = DM 2 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông DCM ta có: MC 2 + CD 2 = DM 2

KÈ

1 BC 2 2 Mà CM = BC , CD = AB  DM = + AB 2 2 4 Do đó MN 2 + ND 2 = AB 2 +

DẠ

Câu 5.

BC 2 (đpcm). 4

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

Lời giải

ĐK x ≥ −3

Trang 28

4 x2 + 8x = 2 x + 6 ⇔ 16 x 4 + 64 x 3 + 64 x 2 = 2 x + 6

⇔ 16 x 4 + 64 x 3 + 64 x 2 − 2 x − 6 = 0 ⇔ 8 x 4 + 32 x 3 + 32 x 2 − x − 3 = 0

(

)(

)

FI CI A

⇔ 2 x 2 + 3 x − 1 4 x 2 + 10 x + 3 = 0 2 x 2 + 3 x − 1 = 0 ⇔ 2  4 x + 10 x + 3 = 0

−3 + 12 ( tm ) 4 −3 − 12 (loai ) 4 −5 + 13 ( tm ) 4

ƠN

−5 − 13 ( tm ) 4

DẠ

KÈ

QU Y

 x =   x = ⇔  x =   x = 

Trang 29

ĐỀ 21 ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 7 (HK I)-ĐỀ 4

TRƯỜNG THCS ĐOÀN THỊ ĐIỂM

MÔN TOÁN: LỚP 7

I. Phần trắc nghiệm (2 điểm) Khoanh tròn trước câu trả lời đúng: x y Câu 1: Cho = và x − 2 y = −10 . Khi đó: 3 4 A. x = −6 ; y = −8 . B. x = −6 ; y = 8 .

−6 . 10

ƠN

C. x = 30 ; y = 40 . D. x = 6 ; y = 8 . Câu 2: Số nào trong các số sau được viết dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn: 17 20 −16 A. . B. . C. . 4 15 40 1 Câu 3: Điểm nào sau đây không thuộc đồ thị hàm số y = − x : 2 1  1 1 A. M 1; −  . B. N  ; −  . C. P ( −4; − 2 ) . 2  2 4

FI CI A

PHÒNG GD – ĐT

D. Q ( −6;3) .

= 45o , A = 106 o . Khi đó, độ lớn góc N là: Câu 4: Cho ∆ABC = ∆MNP . Biết P o

B. 106 .

C. 30 .

D. 29 .

A. 45 .

3 3 1 b)   .42 −   : 2 − 2 . 4 4 2  1  23 c)  17 − 18.0, 75  : + 15, 75 .  3  3 (1,5 điểm) 7 3 5 1) Tìm x biết: − x + = − . 12 6 4 3 1 1 1 2) Tìm x biết: . x − = . 4 4 2 6

KÈ

Bài 2:

QU Y

II. Tự luận (8 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) Thực hiện phép tính (tính hợp lí nếu có thể):  13 −15   10 1 2  a)  + + − − . 4   23 4 27   23

DẠ

3) Tìm x ; y biết: 5 x = 3 y và x − y = 10 .

Trang 30

Hướng dẫn giải

D. x = 6 ; y = 8 . Lời giải

ƠN

Chọn D x y x 2y Ta có: =  = . 3 4 3 8 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau: x 2 y x − 2 y −10 = = = = 2. 3 8 3−8 −5 x Với = 2  x = 6 . 3 y Với = 2  y = 8 . 4 Câu 2: Số nào trong các số sau được viết dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn: 17 20 −16 A. . B. . C. . 4 15 40

FI CI A

C. x = 30 ; y = 40 .

I. Phần trắc nghiệm (2 điểm) Khoanh tròn trước câu trả lời đúng: x y Câu 1: Cho = và x − 2 y = −10 . Khi đó: 3 4 A. x = −6 ; y = −8 . B. x = −6 ; y = 8 .

−6 . 10

Lời giải

Chọn B

20 được viết dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn. 15 1 Câu 3: Điểm nào sau đây không thuộc đồ thị hàm số y = − x : 2 1  1 1 A. M 1; −  . B. N  ; −  . C. P ( −4; − 2 ) . D. Q ( −6;3) . 2  2 4

QU Y

Vì 15 = 3.5 có ước 3 ( khác 2 và 5) nên

Chọn C

Lời giải

1 1 1 1  Xét điểm M  1; −  thay x = 1; y = − vào hàm số: − = − .1 ( TM). 2 2 2 2 

KÈ

1 1 1 1 1 1 1 Xét điểm N  ; −  thay x = ; y = − vào hàm số: − = − . ( TM). 2 4 4 2 2 2 4

1 Xét điểm P ( −4; − 2 ) thay x = −4; y = −2 vào hàm số: −2 = − . ( −4 ) ( KTM). 2

DẠ

1 Xét điểm Q ( −6;3) thay x = −6; y = 3 vào hàm số: 3 = − . ( −6 ) ( TM). 2

= 45o , A = 106 o . Khi đó, độ lớn góc N là: Câu 4: Cho ∆ABC = ∆MNP . Biết P o

A. 45 .

B. 106 .

C. 30 .

D. 29 .

Lời giải Trang 31

Chọn D

= A = 106 o ( Hai góc tương ứng) Vì ∆ABC = ∆MNP  M

Áp dụng định lí: Tổng ba góc trong tam giác MNP .

= 180  106 + 45 + P o

FI CI A

+N +P = 180 o M o

= 29 . P II. Tự luận (8 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) Thực hiện phép tính (tính hợp lí nếu có thể):  13 −15   10 1 2  a)  + + − − . 4   23 4 27   23 2

ƠN

3 3 1 b)   .42 −   : 2 − 2 . 4 4 2  1  23 c)  17 − 18.0, 75  : + 15, 75 .  3  3

 13 −15   10 1 2  a)  + + − − . 4   23 4 27   23

13 −15 10 1 2  13 10   −15 1  2 2 + + − − =  + + − − = 1− 4 − 23 4 23 4 27  23 23   4 4  27 27

= −3 −

2 −81 2 −83 . = − = 27 27 27 27 2

QU Y

Lời giải

3 3 1 b)   .42 −   : 2 − 2 . 4 4 2

32 2 1 1 11 1 11 72 1 22 49 .4 − 2 . − = 9 − − = . − − = 2 4 2 2 4 8 4 8 8 8 8

KÈ

 1  23 c)  17 − 18.0, 75  : + 15, 75 .  3  3 3  3 63  52 54  3 63  208 162  3 63 46 3 63  52 =  − 18.  . + =  − . + = − = . + . + 4  23 4  3 4  23 4  12 12  23 4 12 23 4  3

2 63 65 . + = 4 4 4

DẠ

Bài 2:

(1,5 điểm)

1) Tìm x biết: −

7 3 5 x+ = − . 12 6 4 Trang 32

3 1 1 1 . x− = . 4 4 2 6 3) Tìm x ; y biết: 5 x = 3 y và x − y = 10 .

2) Tìm x biết:

7 3 5 x+ =− . 12 6 4

FI CI A

1) Tìm x biết: −

Lời giải

7 1 5 x+ =− 12 2 4 7 5 1 − x=− − 12 4 2 7 −7 − x= 12 4 −7  7  x= :−  4  12 

−

x = 3. 3 1 1 1 . x− = . 4 4 2 6 1 1 1 3 x− = : 4 2 6 4

1 1 2 x− = 4 2 9 1 2 1  x= + 4 9 2 1 13 x= 4 18 13 1 x= : 18 4 26 x= 9

KÈ

Hoặc:

QU Y

1 1 2 x− = . 4 2 9

2) Tìm x biết:

ƠN

Vậy: x ∈ {3} .

1 1 2 x− =− 4 2 9 1 2 1  x=− + 4 9 2 1 5 x= 4 18 5 1 x= : 18 4 10 x= 9

Hoặc:

 26 10  Vậy: x ∈  ;  . 9 9

DẠ

3) Tìm x ; y biết: 5 x = 3 y và x − y = 10 .

Ta có: 5 x = 3 y 

x y = . 3 5

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau: Trang 33

x = −5  x = −15 . 3

Với

y = −5  y = −25 . 5

FI CI A

Với

x y x − y 10 = = = = −5 . 3 5 3 − 5 −2

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy: x = −15 và y = −25 .

Trang 34

ĐỀ 22 Phòng GD&ĐT Quận Hà Đông

ĐỀ THI KHẢO SÁT CẤP TRƯỜNG THÁNG 9

Trường THCS & THPT Ban Mai

Năm 2018-2019

Đề 1

a +3

Câu 1: Cho biểu thức A =

a −2

−

a −1 a +2

4 a −4 a−4

a) Tìm điều kiện xác định của A b) Rút gọn biểu thức và Tính giá trị của biểu thức khi a = 4 − 2 3 1 2

c) Tìm a để A <

FI CI A

Môn Toán 9

Câu 3. (2 điểm) 1) Giải phương trình: 49 x − 98 − 14

4 x 2 − 25 = 2 2 x + 5 .

x−2 = 3 x − 2 +8. 49

ƠN

Câu 2: Hai người làm chung một công việc sau 8 giờ xong công việc. Tính thời gian mỗi người làm một mình để hoàn thành công việc. Biết rằng người thứ nhất làm nhanh hơn người thứ hai 12 giờ.

Cho phương trình m 2 x − m = 4 x − 2

Giải phương trình với m = 1

Tìm m để phương trình có nghiệm.

QU Y

Câu 4: Cho ∆ABC vuông tại A . Kẻ phân giác BD . Kẻ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD . a) Chứng minh ∆AHD đồng dạng với ∆CKD . b) Chứng minh ∆ABH đồng dạng với ∆CBK .

c) Tính AD, CD, AH , CK biết AB = 6 cm, BC = 10 cm.

KÈ

Câu 5: (0,5 điểm): Tìm GTLN của biểu thức A = x − 2 + 4 − x

DẠ

Câu 6: (0,5 điểm): Một người đi từ A về hướng Bắc 1km, sau đó tiếp tục đi về hướng đông 1km. Tiếp tục đi về hướng Bắc 2km sau đó tiếp tục đi về hướng Đông 3km rồi dừng lại tại B. Tính khoảng cách giữa hai địa điểm A và B.

Trang 35

Hướng Dẫn Giải:

a +3 a −1 4 a − 4 − + a−4 a −2 a +2

Câu 1: Cho biểu thức A =

b/ Rút gọn biểu thức và Tính giá trị của biểu thức khi a = 4 − 2 3

a +3 a −1 4 a − 4 − + a−4 a −2 a +2

)(

) (

(

)

a −1

a −2 +4 a −4

)(

)

a +2

a −2

a+5 a +6−a+3 a −2+4 a −4

(

a +2

)(

a −2

)

12 a a−4

+/ a = 4 − 2 3 =

)(

a +2 −

(

)

) = 12 (

3 −1

(

3 − 1 . Thay a = 4 − 2 3 =

4−2 3 −4

A = −2 3

) = 6(

3 −1

−2 3

− 3

)

3 − 1 = −6 + 2 3

)

3 −1

vào A ta được:

)

3 −1

QU Y

1 12 a 1 ⇔ < 2 a−4 2

(

) = −6 3 (

3 −1

a +3

ƠN

(

FI CI A

a/ ĐKXĐ: a ≥ 0; a ≠ 4

⇔

12.2. a − a + 4 <0 2 ( a − 4)

⇔

−a + 24 a + 4 <0 2 ( a − 4)

Câu 2: Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là x ( h, x > 8 )

KÈ

thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là x + 12 ( h ) Trong 1h người thứ nhất làm được

1 1 ( cv ) , người thứ hai làm được ( cv ) , cả hai làm được x x + 12

1 1 1 + = x x + 12 8

DẠ

1 ( cv ) . Nên ta có phương trình: 8

Giải phương trình:

Trang 36

1 1 1 + = x x + 12 8 8 ( x + 12 ) + 8 x − x ( x + 12 ) ⇔ =0 8 x ( x + 12 )

FI CI A

 8 x + 96 + 8 x − x 2 − 12 x = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 96 = 0 ⇔ ( x − 12 )( x + 8 ) = 0  x = 12 (TM ) ⇔  x = −8 ( L )

Câu 3.1 a.Đk: x ≥ 2 Với điều kiện trên phương trình tương đương với

14 x −2 = 3 x − 2 +8 7 ⇔ 2 x−2 =8

ƠN

7 x−2 −

⇔ x−2 = 4

⇔ x − 2 = 16

Vậy nếu làm một mình người thứ nhất làm xong trong 12h , người thứ hai làm một mình trong 24h thì xong.

⇔ x = 18 (TM )

b.Đk: x ≥ −

5 2

QU Y

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 18.

Với điều kiện trên phương trình tương đương với 4 x 2 − 25 = 4 ( 2 x + 5 )

⇔ ( 2 x − 5 )( 2 x + 5 ) = 4 ( 2 x + 5 ) ⇔ ( 2 x − 9 )( 2 x + 5 ) = 0

KÈ

9   x = 2 (TM ) ⇔  x = −5 (TM )  2

9 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ; x = − . 2 2

Câu 3.2:

DẠ

1 a)Với m = 1 phương trình trở thành: x − 1 = 4 x − 2 ⇔ 3 x = 1 ⇔ x = . 3

(

)

b) m2 x − m = 4 x − 2 ⇔ m2 − 4 x = m − 2 ⇔ ( m − 2 )( m + 2 ) x = m − 2

Với m = 2 : phương trình trở thành: 0 x = 0  Pt vô số nghiệm. Với m = −2, phương trình trở thành: 0 x = −4  Pt vô nghiệm. Trang 37

Với m ≠ −2, m ≠ 2, phương trình có nghiệm duy nhất: x =

1 . m+2

Vậy với m ≠ −2 thì phương trình có nghiệm.

Câu 4:

FI CI A

Lời giải B

1 2

1 A

ƠN

= 900 (gt) =D (đđ) và a)Xét ∆AHD và ∆CKD có D AHD = CKD 1 2

QU Y

nên ∆AHD đồng dạng với ∆CKD (g – g).

= 900 (gt) =B (vì BD là tia phân giác) và b) Xét ∆ABH và ∆CBK có B AHB = CKB 1 2 nên ∆ABH đồng dạng với ∆CBK (g – g). c)

+) Tính AD, CD :

KÈ

Từ định lý Pi-ta-go ta được AC = BC 2 − AB 2 = 100 − 36 = 8 cm. Theo tính chất chân đường phân giác ta có

Theo tính chất dãy tỷ số bằng nhau có

AD AB 6 3 AD CD = = =  = CD BC 10 5 3 5

AD CD AD + CD AC 8 = = = = =1 3 5 3+5 8 8

DẠ

Do đó AD = 3 cm, CD = 5 cm. +) Tính AH :

Trang 38

Ta có ∆ABD vuông tại A và AH là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

1 1 1 1 1 5 6 5 = + = + =  AH = cm 2 2 2 AH AD AB 9 36 36 5

FI CI A

+) Tính CK :

6 5 .10 AH AB AH .BC Từ ∆ABH đồng dạng với ∆CBK (cmt) nên =  CK = = 5 = 2 5 cm CK BC AB 6

Câu 5:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki

A = x − 2.1 + 4 − x .1 ≤

( x − 2 + 4 − x ) (12 + 12 )

GTLN của A = 2 khi

ƠN

⇔ A≤2

Lời giải: Đkxđ x ∈ [ 2; 4]

x − 2 = 4 − x ⇔ x − 2 = 4 − x ⇔ x = 3 (tm)

Câu 6: Lời giải:

Người đó đi về hướng Bắc: 1 + 2 = 3km

QU Y

Người đó đi về hướng Đông: 1 + 3 = 4km

32 + 4 2 = 25 = 5 ( km )

DẠ

KÈ

Khoảng cách giữa hai điểm AB là:

Trang 39

ĐỀ 23 Phòng GD&ĐT Quận Hà Đông

ĐỀ THI KHẢO SÁT CẤP TRƯỜNG THÁNG 9

Trường THCS & THPT Ban Mai

Năm 2018-2019

Môn Toán 9

FI CI A

Đề 1 Câu 1

x +3 x −1 4 x − 2 − + x−4 x −2 x +2

Cho biểu thức A =

a) Tìm điều kiện xác định của A

b) Rút gọn A và tính giá trị A khi x = 7 − 4 3

Câu 2

Câu 3 1) Giải phương trình:

49 x − 49 − 14

4 x2 − 9 = 2 2x + 3 .

x −1 = 3 x −1 + 8 . 49

ƠN

Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 48 phút xong việc. Tính thời gian mỗi người làm một mình xong công việc. Biết rằng người thứ nhất làm nhanh hơn người thứ 2 là 4 giờ.

2) Cho phương trình: m2 x − m = 9 x − 3 . a) Giải phương trình với m = 1 .

QU Y

b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Câu 4:

Cho ∆ABC vuông tại A . Kẻ phân giác BD . Kẻ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD . a) Chứng minh ∆AHD đồng dạng với ∆CKD . b) Chứng minh ∆ABH đồng dạng với ∆CBK .

c) Tính AD, CD, AH , CK biết AB = 6 cm, BC = 10 cm.

Câu 5: (0,5 điểm): Tìm GTLN của biểu thức A = x − 2 + 4 − x

DẠ

KÈ

Trang 40

Hướng Dẫn Giải: Bài 1 :

b) Rút gọn A

x +3 x −1 4 x − 2 − + x−4 x −2 x +2

a) A =

)( x − 2 )( x +3

)−( x + 2) (

)( x − 2 )(

x +2

)+ x + 2) (

x −1

x −2

4 x −2

x −2

)(

x +2

)

x+3 x +2 x +6− x+ 2 x + x −2+4 x −2

(

x −2

)(

x +2

( (

)

12 x + 2

(

x −2

)(

x +2

)

ƠN

12 x + 2 x−4

(

)

FI CI A

a) ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 4

x = 2 − 3 thay vào A, ta có

Suy ra

(

) 3) − 4

12 2 − 3 + 2

(7 − 4

(

)(

)

26 − 12 3 3 + 4 3 26 − 12 3 66 − 68 3 = = 2 39 3− 4 3 32 − 4 3

QU Y

b) Với x = 7 − 4 3 = 2 − 3 (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Bài 2: Đổi 4 giờ 48 phút =

(

)

24 giờ 5

24   Gọi thời gian làm một mình xong công việc của người thứ nhất là : x (h)  x >  5  

Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là : x + 4 (h)

KÈ

Mỗi giờ người thứ nhất làm được : Mỗi giờ người thứ hai làm được :

1 (công việc) x 1 (công việc) x+4

Trong 1 giờ làm chung hai người làm được là :

5 (công việc) 24

DẠ

Do đó ta có phương trình :

Trang 41

1 1 5 + = x x + 4 24 ⇔ 5 x 2 − 28 x − 96 = 0

⇔ ( x − 8)(5 x + 12) = 0

 x − ⇔ 5 x +  x = ⇔ x = 

8 = 0 12 = 0 8 (TM ) −12 ( L) 5

Vậy thời gian làm một mình xong công việc của người thứ nhất là 8 giờ,

FI CI A

⇔ 5 x 2 − 40 x + 12 x − 96 = 0 ⇔ 5 x( x − 8) + 12( x − 8) = 0

Thời gian làm một mình xong công việc của người thứ hai là: 8 + 4 = 12 (giờ)

1.a)

49 x − 49 − 14

x −1 = 3 x −1 + 8 . 49

Điều kiện x ≥ 1 .

ƠN

Bài 3 :

Phương trình ⇔ 7 x − 1 − 2 x − 1 = 3 x − 1 + 8 ⇔ 2 x − 1 = 8 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x − 1 = 16 ⇔ x = 17 (Thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm là x = 17 .

3  2 x + 3 ≥ 0 x ≥ − ⇔ 2 1.b) 4 x − 9 = 2 2 x + 3 ⇔  2 4 x − 9 = 4 ( 2 x + 3) ( 2 x + 3)( 2 x − 3) − 4 ( 2 x + 3) = 0  3  x≥−  3  2 3  x≥− 3   x = −   2 x ≥ −   3 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔   x = − ⇔  2x + 3 = 0 2 x = 7     ( 2 x + 3)( 2 x − 7 ) = 0    2 x − 7 = 0  7 2   x = 2 

QU Y

KÈ

2.a) Với m = 1 phương trình trở thành x − 1 = 9 x − 3 ⇔ 8 x = 2 ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm là x =

(

1 . 4

)

2.b) m2 x − m = 9 x − 3 ⇔ m2 − 9 x = m − 3 .

DẠ

m = 3 +) m2 − 9 = 0 ⇔  .  m = −3

Với m = 3 phương trình trở thành 0 x = 0 đúng với ∀x  Phương trình có vô số nghiệm. Với m = −3 phương trình trở thành 0 x = −6 (vô nghiệm). Trang 42

+) m2 − 9 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±3 . Phương trình ⇔ x =

1 . m+3

 Phương trình có nghiệm duy nhất x =

m −3 1 ⇔x= . 2 m −9 m+3

FI CI A

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≠ −3 .

Bài 4: Lời giải B

1 2

1 A

ƠN

QU Y

= 900 (gt) =D (đđ) và AHD = CKD a)Xét ∆AHD và ∆CKD có D 1 2 nên ∆AHD đồng dạng với ∆CKD (g – g).

= 900 (gt) =B (gt) và AHB = CKB b) Xét ∆ABH và ∆CBK có B 1 2 nên ∆ABH đồng dạng với ∆CBK (g – g).

KÈ

+) Tính AD, CD :

Từ định lý Pi-ta-go ta được AC = BC 2 − AB 2 = 100 − 36 = 8 cm.

Theo tính chất chân đường phân giác ta có

DẠ

Theo tính chất dãy tỷ số bằng nhau có

AD AB 6 3 AD CD = = =  = CD BC 10 5 3 5

AD CD AD + CD AC 8 = = = = =1 3 5 3+5 8 8

Do đó AD = 3 cm, CD = 5 cm. +) Tính AH : Trang 43

Ta có ∆ABD vuông tại A và AH là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

1 1 1 1 1 5 6 5 = + = + =  AH = 2 2 2 AH AD AB 9 36 36 5

FI CI A

+) Tính CK :

6 5 .10 AH AB AH .BC Từ ∆ABH đồng dạng với ∆CBK (cmt) nên =  CK = = 5 =2 5 CK BC AB 6 Bài 5: Lời giải:

( x − 2 + 4 − x ) (12 + 12 )

A = x − 2.1 + 4 − x .1 ≤ ⇒ A≤ 2

x−2 = 4− x ⇔ x − 2 = 4− x ⇔ x = 3

Cách khác - Dùng Cauchy: ĐKXĐ: 2 ≤ x ≤ 4

(

x−2 + x−4

)

( x − 2 )( 4 − x ) ≤ 2 + 2 = 4  A ≤ 2

= 2+2

Xét A2 =

ƠN

GTLN của A = 2 khi

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 3

Bài 6:

QU Y

Lời giải: y 1

-4

C -1

M KÈ

-2

(Minh họa bài toán – gắn với hệ trục tọa độ Oxy)

Người đó đi về hướng Bắc: 1 + 2 = 3km

DẠ

Người đó đi về hướng Đông: 1 + 3 = 4km

Khoảng cách giữa hai điểm AB là:

32 + 42 = 25 = 5 ( km )

Trang 44

ĐỀ 24 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 60 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERRDAM TỔ TOÁN - TIN

Cho biểu thức P =

FI CI A

Bài 1. (5 điểm) x 3 6 x −4 + − x −1 x −1 x +1

a. Tìm điều kiện xác định của P và rút gọn biểu thức P

2 −2 3 2− 3

c. Tìm các giá trị của x để P <

1 2

b. Tính giá trị của P khi x =

Bài 2 (4 điểm)

Cho đường tròn ( O; R ) và một dây BC khác đường kính. Kẻ đường thẳng qua O vuông góc với BC

ƠN

tại I và cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn ở điểm A.

a. Kẻ đường kính BD của đường tròn ( O; R ) . Chứng minh CD // OA b. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn ( O; R )

c. Kẻ đường thẳng qua O vuông góc với BD và cắt BC tại K. Chứng minh IK .IC + IO.IA = R 2

Bài 3. (1 điểm)

x + x 2 − 6x + 9 = x − 3

DẠ

KÈ

QU Y

Giải phương trình

Trang 45

ĐÁP ÁN Gợi ý đáp án

Câu

Điểm

ĐKXĐ : x ≥ 0 và x ≠ 1

)

0,5

x − 2 x +1

(

)(

( (

x +1

)

x −1

)(

x −1

0,5

)

x −1

)

x +1

x −1 x +1

Vậy P =

x −1 , với x ≥ 0 và x ≠ 1 x +1

(

)

2 2+ 3 2 −2 3 = − 2 3 = 4 ( thỏa mãn điều kiện) 1 2− 3 Không đối chiếu điều kiện trừ 0, 25 đ x=

1, 0

4 −1 4 +1 2 −1 1 = = 2=2 3 Chú ý: Thay x = 4 vào biểu thức P chưa tính được 0, 25 đ Nếu không thay x = 4 vào biểu thức mà viết luôn đáp số trừ 0, 25 đ.

KÈ

Vậy P =

DẠ

x −1

x +1

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

(

)

(

⇔ x <3⇔0≤ x <9 Chú ý: Không lập luận x + 1 > 0 trừ 0,25 điểm Nếu học sinh ghi x < 3 ⇔ x < 9 thì trừ 0,25 điểm Kết hợp điều kiện 0 ≤ x < 9; x ≠ 1

0,5

1b (1,5)

) ( ( x − 1)( x + 1)

x −1 − 6 x − 4

) (

x +1 + 3

ƠN

(

FI CI A

x P=

0,5

QU Y

1a ( 2,5)

5, 0

)

0, 25

0,5

0,5 điểm 4,0 Trang 46

2a 1,5 điểm

1,0

A I

FI CI A

Ghi chú: Học sinh vẽ hình đủ giả thiết đề bài đến câu a/ được 0,25 điểm. Hình vẽ bằng bút bi (đường tròn vẽ bằng bút chì). ∆DCB nội tiếp đường tròn ( O; R ) và DB là đường kính suy ra tam giác vuông tại C. Vậy CD ⊥ CB (cùng vuông góc BC ) Suy ra CD / / OA

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

0,5

Trang 47

ĐỀ 25 KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I TOÁN 9 - Năm học 2017 - 2018 Thời gian làm bài: 100 phút ĐỀ BÀI x 1 1 2 Bài 1.(2,5 điểm) Cho biểu thức: P = ( − ):( + ) x −1 x − x x +1 x −1 a) Rút gọn biểu thức P với x > 0 và x ≠ 1 . b) Tìm giá trị của x để P < 2 . x ( x + 7) . ( x − 3)( x − 1)

Bài 2. (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: b)

2 x x +3

x +1

x −3

3 − 11 x = 9− x

a) 3 + 2 x − 3 = x

FI CI A

c) Cho x > 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = P.

THCS ARCHIMEDESACADEMY Tổ Toán

x −3

Bài 3. (2,0 điểm) Cho đường thẳng ( d ) có phương trình y = mx + 3m + 2

ƠN

( m là tham sổ) và đường thẳng ( d1 ) : y = 2 x + 4 .

a) Tìm giá trị của m để ( d ) cắt ( d1 ) tại điểm có hoành độ x = 1 . b) Với giá trị m tìm được hãy vẽ đườngthẳng ( d ) và tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường

thẳng ( d ) .

c) Tìm giá trị m đề khoảng cách từ điểm E ( −3; 0 ) đến đường thẳng ( d ) lớn nhất.

Bài 4. (3,5 điềm) Từ điểm M ở ngoài đường tròn ( O ) kẻ 2 tiếp tuyến MA , MB ( A, B là tiếp điểm). Kẻ

QU Y

đường kính AC . a) Chứng minh rằng: BC / / OM .

b) Tiếp tuyến tại C của ( O ) cắt tia AB tại F . Chứng minh rằng: AC 2 = AB. AF . c) Gọi giao điểm của OM với ( O ) là I . Chứng minh I cách đều 3 cạnh của ∆MAB

d) Chứng minh rằng: CM ⊥ OF

KÈ

Bài 5 (0,5 điểm) Cho x, y thỏa mãn:

x + 2017 − y 3 =

y + 2017 − x 3

--------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

DẠ

Tìm giá trị nhỏ nhất cúa biếu thức M = x 2 + 2 xy − 2 y 2 + 2 y + 2018

Trang 48

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỮA KỲ 1 NỘI DUNG

ĐIỂM

FI CI A

Bài 1.(2,5 điểm) a. x −1 ĐK: x > 0 và x ≠ 1 P= x b. x −1 x −1 x − 2 x −1 <2⇔ −2<0⇔ <0 P<2⇔ x x x ⇔ x − 2 x − 1 < 0 ⇔ ( x − 1 + 2)( x − 1 − 2) < 0

+ 6 ≥ 14

ƠN

x −3

⇔ x < 1+ 2 ⇔ x < 3 + 2 2 Kết hợp điêù kiện: 0 < x < 3 + 2 2, x ≠ 1 c. x+7 16 Với x > 9 Thì Q = = x + 3+ = x −3+ x −3 x −3 (Áp dụng BĐT Cauchy) Dấu “ =” xảy ra khi x = 49 ( TMĐK ) Vậy GTNN của Q = 14 đạt được khi x = 49 .

⇔ x − 1 − 2 < 0(Do x − 1 + 2 > 0)

Bài 2. (1,5 điểm) a, ĐK: x ≥ 0, x ≠ 9

QU Y

Biến đổi đưa về PT: 3 x + 3 x − 18 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 3) = 0 Kết luận x = 4 ( TMĐK ) Vậy S = {4} . b, 3 + 2 x − 3 = x ⇔ 2 x − 3 = x − 3 (ĐK: x ≥ 3 ) Bình phương hai vế  x = 2( KTMDK ) x 2 − 8 x + 12 = 0 ⇔ (x − 2)(x − 6) = 0 ⇔   x = 6(TMDK ) Vậy x = 6

KÈ

Bài 3. (2,0 điểm) a) ( d ) cắt ( d1 ) khi m ≠ 2

Xét ( d1 ) : y = 2 x + 4 , khi x = 1 thì y = 6 .  ( d ) giao với ( d1 ) tại điểm (1; 6 ) .

DẠ

hay x = 1, y = 6 vào PTDT (d ) ta có m = 1 (TMĐK) Vậy m = 1 thì.... b) Khi m = 1 , (d ) có dạng y = x + 5 Vẽ (d ) ,Giả sử (d ) giao Oy ở A(0;5)  OA = 5, (d ) giao Ox tại B(−5;0) Kẻ OH ⊥ AB thì OH là khoảng cách từ O đến (d ) .  OB = −5 = 5 Áp dụng HTL vào ∆ vuông AOB tính được OH =

5 2 2 Trang 49

FI CI A

-5

ƠN

c) GỌi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà họ đường thẳng (d ) luôn đi qua với mọi m ,hay y0 = mx0 + 3m + 2 với mọi m

QU Y

⇔ ( x0 + 3) m + (2 − y0 ) = 0 với mọi m ⇔ x0 + 3 = 0 và 2 − y0 = 0

DẠ

KÈ

hay x0 = −3 và y0 = 2 với mọi m . Vậy (d ) luôn đi qua điểm cố định M (−3; 2) với mọi m  EM = 2 không đổi với mọi m . Kẻ EK ⊥ (d ) , Có EK ≤ EM nên EK lớn nhất = EM = 2 ⇔ K trùng M ⇔ EM ⊥ (d ) hay (d ) // trục Ox cắt trục Oy tại điểm (0; 2). Khi đó PTĐT (d ) có dạng y = 2 với mọi x ⇔ m = 0 (hàm hằng) Vậy m = 0 thì khoảng cách từ E (−3;0) đến (d ) lớn nhất = 2

Trang 50

FI CI A

M K -5

Bài IV(3,5 điểm) Hình vẽ (0,25 đ)

QU Y

1,5

ƠN

F 1,25

b)(1đ) Xét ∆ACF có ACF = 900 (tc tiếp tuyến) và CB ⊥ AF (cmt) 2 nên AC =AF.AB (HTL)

1,0

KÈ

a)(0,75 đ) Chứng minh được OM ⊥ AB và CB ⊥ AB  OM / / CB ( cùng ⊥ AB )

DẠ

= OIA c)(1đ) Có OA = OI nên ∆AOI cân tại O nên OAI = IAB (cùng phụ với OAI = OIA  AI là tia phân giác MAB MAI (cmt) Xét ∆MAB có : AI là tia phân giác MAB MO là phân giác MO giao AI tại I Vậy I cách đều 3

0,5

AMB (tính chất tiếp tuyến) nên I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB cạnh của tam giác AMB Trang 51

BM BO BC BO =  = BF BC BF BM = BOF , CMB + BOF = 900 CMB = OEN(dd) + OEN = 900 - ∆CBM ~ ∆FBO  MEB  EON = 900  OF ⊥ CM  ONE

- ∆BCF ~ ∆BMO ( g .g ) 

FI CI A

0,25

BÀI 5 (0,5 điểm) ĐK x > −2017, y > −2017 x + 2017 − y 3 =

y + 2017 − x 3

x + 2017 − y + 2017 = y 3 − x 3 x− y ⇔ = ( y − x)( x 2 + xy + y 2 ) x + 2017 + y + 2017 1 ⇔ ( x − y )( + x 2 + xy + y 2 ) = 0 x + 2017 + y + 2017

Nếu HS vẽ I ở ngoài đoạn OM mà làm đúng thì vẫn cho điểm tối đa  BCF = OMB d)(0,5đ) - Có AOM = ACB = MOB

ƠN

⇔

y 3y2 Vì x 2 + xy + y 2 = ( x + ) 2 + ≥ 0 với mọi x > −2017, y > −2017 nên 2 4 1 + x 2 + xy + y 2 > 0 x + 2017 + y + 2017 Nên x − y = 0 hay x = y

0,25

QU Y

M = ( x + 1) 2 + 2017 ≥ 2017 Dấu bằng khi x = −1 (TMĐK).Vậy GTNN của M = 2017 khi x = −1

DẠ

KÈ

Chú ý : HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Trang 52

ĐỀ 26 TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I

Năm học 2018-2019

MÔN TOÁN - LỚP 9- Thời gian: 90 phút.

Bài 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:

(2 − 5 )

b) B = c) C =

3 3− 6

FI CI A

a) A = 2 48 + 4 27 + 75 + 12 8 7−3 5

−

3 3+2 2 3+ 2

Cho hai biểu thức: A =

x −1 x +1

và B =

x − 2 3 x −1 + ( x ≥ 0 ; x ≠ 1) x −1 x −1

A . B

Bài 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau:

A 1 < . B 2

3)Tìm GTNN của

ƠN

1)Tính giá trị của biểu thức A khi x = 7 + 4 3 + 7 − 4 3 . 2)Tìm x để

Bài 2 (2 điểm)

7 1 1 x −1 + 36 x − 36 − 9 x − 9 = 8 x + 12 2 3 2

x2 − 6x + 9 = 4 − 2x

2 x − 5 + 7 − 2 x = 4 x 2 − 24 x + 38

QU Y

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) có đường cao AH . Gọi AD là đường phân giác trong của tam giác AHC . 1 1 1 + = 2 2 BD AC AH 2

a) Chứng minh rằng

b) Cho BC = 25 cm, HD = 6 cm. Tính độ dài AB .

KÈ

c) Chứng minh rằng HD 2 .BC = BH .DC 2 d) Trên cạnh AC lấy điểm E , trên tia đối của tia HA lấy điểm F sao cho

AE HF 1 = = . Chứng AC HA 3

minh rằng BF ⊥ EF .

DẠ

Bài 5: (0,5 điểm) Cho x, y là 2 số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 = x 1 − y 2 + y 1 − x 2 . Tìm GTLN của A = 3x + 4 y .

Trang 53

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau

a) A = 2 48 + 4 27 + 75 + 12 = 8 3 + 12 3 + 5 3 + 2 3 = 27 3

(2 − 5 )

= 5 −2−

8 16 4 = 5 −2− = 5 −2− 7−3 5 14 − 6 5 3− 5

−

(

4 3+ 5

)

( 3 + 5 )( 3 − 5 )

= 5 − 2 − 3 − 5 = −5

(

) (

3 3 3 + 2 2 3 3+ 6 + = + 9−6 3− 6 3+ 2

)(

3 + 2 3− 6 + 2 3+ 2

= 3+ 6 +3− 6 + 2 = 8

ƠN

Bài 2

)

FI CI A

1) x = 7 + 4 3 + 7 − 4 3 = 2 + 3 + 2 − 3 = 4 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy A =

x −1 ( x − 2 )( x + 1) + 3 x −1 x − 1 ( x − 1)( x + 1) : = . x +1 x + 1 x − x − 2 + 3 x −1 ( x −1)( x + 1)

(

)

2 x −2− x −3

(

x −1

x +3

KÈ

A 1 < ⇔ B 2

(

x −1 A = = B x + 2 x −3

x + 3)

−

<0⇔

x −1)

Y DẠ

x −1)( x + 3)

x −1 x +3

1 <0 2

x −5 <0 2 ( x + 3)

Có x ≥ 0 ⇔ x + 3 ≥ 3 > 0  2

Do đó

1 3

x − 1  x − 2 3 x −1  : +  x − 1  x + 1  x − 1

A = B

⇔

4 +1

1 khi x = 7 + 4 3 + 7 − 4 3 3

QU Y

4 −1

Thay x = 4 vào biểu thức A , ta có: A =

(

)

x + 3 > 0 ∀x ≥ 0, x ≠ 1

x − 5 < 0 ⇔ x < 5 ⇔ x < 25

Kết hợp điều kiện x ≥ 0 ; x ≠ 1 , ta có 0 ≤ x < 25 và x ≠ 1 thì

3) A =

x −1 x +3

= 1−

A 1 < . B 2

x +3 Trang 54

Với x ≥ 0, x ≠ 1 thì

x + 3 ≥3 ⇔

4 4 4 4 1 ≤ ⇔ 1− ≥ 1− = − 3 3 x +3 3 x +3

1 3 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = 0 . 1 Vậy GTNN của A là − tại x = 0 . 3

FI CI A

⇔ A≥ −

Bài 3: Giải các phương trình sau: 7 1 1 x −1 + 36 x − 36 − 9 x − 9 = 8 x + 12 2 3 2

Ta có:

7 3 x −1 + 2 x −1 − x −1 = 2 2x + 3 2 2

⇔

⇔ 4 ( x − 1) = 2 x + 3 ⇔ 2 x = 7 ⇔ x =

ƠN

⇔ 4 x −1 = 2 2x + 3 ⇔ 2 x −1 = 2x + 3 7 (thỏa mãn điều kiện) 2

x2 − 6x + 9 = 4 − 2x ⇔

( x − 3)

7 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = b)

a) Điều kiện xác định: x ≥ 1.

= 4 − 2x

QU Y

7  x=  x − 3 = 4 − 2x  ⇔ x − 3 = 4 − 2x   ⇔ 3   x − 3 = 2x − 4 x = 1 Thử lại với phương trình, ta thấy x =

7 không thỏa mãn phương trình. 3

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.

2 x − 5 + 7 − 2 x = 4 x 2 − 24 x + 38 ⇔ 2 x − 5 + 7 − 2 x + ( 2 x − 5 )( 7 − 2 x ) = 3 5 7 ≤x≤ . 2 2

KÈ

Điều kiện xác định: Đặt

 a + b + a 2b 2 = 3 2 x − 5 = a; 7 − 2 x = b ( a, b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ:  2 2  a + b = 2

Đặt S = a + b; P = ab

2  S + P = 3 (1) ≥ 4 P ) . Khi đó ta có hệ:  2  S − 2 P = 2

DẠ

 S = 3 − P 2 Vì 2 = S − 2 P ≥ 4 P − 2 P ⇔ 2 P ≤ 2 ⇔ P ≤ 1 . Khi đó ta có: (1) ⇔  2 2 ( 3 − P ) − 2 P = 2 (*) 2

Giải (*) ta được: P 4 − 6 P 2 − 2 P + 7 = 0 ⇔ P = 1 (do P ≤ 1 ), khi đó S = 2 . Trang 55

Vậy a, b là nghiệm của phương trình bậc hai: X 2 − 2 X + 1 = 0 ⇔ X = 1

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. Cách 2

Đặt t = 2x − 5 + 7 − 2x (t ≥ 0) t 2 = 2 + 2( 2 x − 5. 7 − 2 x ) 2

 t2 − 2   t2 − 2  2  −4x 2 + 24x − 35 =   4x − 24x + 35 = −    ( *)  2   2 

FI CI A

 2 x − 5 = 1  2 x − 5 = 1  a = b = 1 hay  ⇔ ⇔ x = 3.  7 − 2 x = 1 7 − 2 x = 1

Phương trình đã cho tương đương với: 2

ƠN

 t2 − 2  4 2 t = −  + 3  t − 4t + 4t − 8 = 0  2 

 t 2 ( t − 2 )( t + 2 ) + 4 ( t − 2 ) = 0  ( t − 2 ) . t 2 ( t + 2 ) + 4  = 0  t = 2 Thay t = 2 vào (*), ta có:

4x 2 − 24x + 35 = −1  4x 2 − 24x + 36 = 0  ( 2x − 6 ) = 0  x = 3 Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 4: B

QU Y

1 2 3

KÈ

=C + a) Ta có D A3 (1) (góc ngoài của tam giác ADC ). 1

(vì cùng phụ với Mà A2 = A3 (gt) và A1 = C ABC ) ( 2 )

= + Từ (1) , ( 2 ) suy ra BAD A1 + A2 = C A3 = D 1

DẠ

Do đó ∆ABD cân tại B nên AB = BD Theo hệ thức lượng cho tam giác vuông ta có

1 1 1 1 1 1 + =  + = 2 2 2 2 2 AB AC AH BD AC AH 2

Trang 56

Cách 1: Ta có BD = BH + HD = AB  BH = AB − HD = AB − 6 Lại có

Theo tính chất phân giác ta có

FI CI A

 AB = 15  AC = 20 AB 2 = BH .BC  AB 2 = ( AB − 6 ) .25 ⇔ AB 2 − 25 AB + 150 = 0 ⇔  (TM )  AB = 10  AC = 525 AH AB Cách 2: Ta có AH .BC = AB. AC  = ( 3) AC BC

DH AH = ( 4) DC AC

DH AB =  DC. AB = DH .BC = 150 ( 5 ) DC BC

Từ ( 3) , ( 4 ) suy ra

Mà DC = BC − BD = BC − AB = 25 − AB Thay vào ( 5 ) suy ra

c) Từ ( 4 ) 

DH 2 AH 2 = ( 6) DC 2 AC 2

Lại có AH 2 = BH .HC và HC.BC = AC 2

ƠN

 AB = 15  AC = 20 AB. ( 25 − AB ) = 150 ⇔ AB 2 − 25 AB + 150 = 0 ⇔  (TM )  AB = 10  AC = 525

DH 2 BH .HC BH Do đó từ ( 6 )  = =  DH 2 .BC = BH .DC 2 2 DC BC.HC BC

d) Gọi I = FE ∩ BC , từ E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AH tại J

Mà

1 AJ JE AE 1 = = =  JE = HC ( 7 ) AH HC AC 3 3

QU Y

Theo Ta-let ta có

HF 1 HF AJ HJ HF 1 HF 1 =  =  HF = AJ =  =  = HA 3 HA AH 2 HJ 2 JF 3

Lại có

1 HI HF 1 = =  HI = JE ( 8 ) JE JF 3 3

Từ ( 7 ) , ( 8) suy ra HI =

KÈ

Dẫn đến BH .HI = BH .

1 HC 9

HC BH .HC AH 2 9 HF 2 = = = = HF 2 9 9 9 9

Từ đó ∆BHF đồng dạng với ∆FHI (c – g – c)

=F (hai góc tương ứng) Suy ra B 1 2

+F =F +B = 900  BFI = 900  BF ⊥ FE Suy ra F 1 2 1 1

DẠ

Bài 5: Cho x, y là 2 số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 = x 1 − y 2 + y 1 − x 2 . Tìm GTLN của A = 3x + 4 y . Giải.Ta có: ab ≤

a 2 + b2 ∀a, b . 2

Áp dụng : Trang 57

x2 + y 2 = x 1 − y2 + y 1 − x2 ≤

x2 + 1 − y 2 y 2 + 1 − x2 + =1 2 2

 x 2 + y 2 ≤ 1 ∀x,y .

FI CI A

Ta có: A2 = (3x + 4 y ) 2 = 9 x 2 + 16 y 2 + 24 xy Vì 24 xy = 2.4 x.3 y ≤ 16 x 2 + 9 y 2 ∀x, y . Suy ra

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

x = 1− y2 3  x=     5 Vậy GTLN của A là 5 khi  y = 1 − x 2 ⇔  4 x = 3 y y = 4  5 

A2 ≤ 25( x 2 + y 2 ) ∀x,y ⇔ A2 ≤ 25 ∀x,y  A ≤ 5 ∀x,y .

Trang 58

ĐỀ 27 TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG

Bài 1 (3 điểm): Cho biểu thức P =

x −1 3 x 2−5 x − − ( x ≥ 0; x ≠ 4 ) x−4 x +2 2− x

a. Rút gọn biểu thức P 9 2

c. Tính P biết x = 7 − 4 3 + d. So sánh P với

2 3 +1

b. Tìm x để P =

FI CI A

Môn Toán 9. Thời gian 90 phút.

Năm học 2018-2019

ƠN

Bài 2. (3 điểm). Cho hàm số y = ( m − 3) x + 5 − m có đồ thị là đường thẳng ( d ) . a) Tìm m để hàm số đồng biến.

b) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2;5 )

c) Tìm m để ( d ) cắt đường thẳng ( d1 ) : y = 2 x − 4 tại một điểm nằm trên Oy . d) Tìm m để (d) song song với đường thẳng ( d 2 ) : y = x + 3 . Với m vừa tìm được, hãy vẽ hai

đường thẳng ( d ) ; ( d 2 ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ và tính diện tích hình tứ giác giới hạn bởi hai đường thẳng trên và hai trục tạo độ.

QU Y

Bài 3: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ 2 tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Trên nửa đường tròn lấy điểm M bất kỳ, tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn lần lượt cắt Ax, By tại C và D . Chứng minh rằng:

= 900 và AC.BD = R 2 a) COD

b) Khi AOM = 600 , hãy tính diện tích tam giác COD .

c) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD .

KÈ

d) Khi M chạy trên nửa đường tròn thì trọng tâm G của tam giác OBM chạy trên đường nào? x + 3 + 5 − x + 4 x = 2x + 6

DẠ

Bài 4: (0,5 điểm) Giải phương trình

Trang 59

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 x −1 3 x 2−5 x − − ( x ≥ 0; x ≠ 4 ) x−4 x +2 2− x

3 x x −1 + − x +2 x −2

x −2

x −2 +3 x

(

)

(

x −2

)

x −1 .

)(

x +2 .

)

x +2 −2+5 x

)

x − 3 x + 2 + 3x + 6 x − 2 + 5 x

(

)(

x +2 .

x −2

)

( x + 2) ( x + 2) .( x − 2) ( x + 2) .( x − 2) 4 x.

4x + 8 x

4 x

(

x −2

)

9 2

4 x

(

x −2

)

9  9. 2

(

)

x − 2 = 8 x  x = 18  x = 324 (TM )

QU Y

9  2

( x ≥ 0; x ≠ 4 )

b. Tìm x để P = P=

)(

x +2 .

)(

(

9 2

Vậy x = 324 thì P =

c. Tính P biết x = 7 − 4 3 +

2 = 3 +1

x = 7−4 3 + 2

(

2 3 +1

(2 − 3)

) = 2−

3 −1

KÈ

x = 2− 3+

ƠN

(

2−5 x

FI CI A

a. Rút gọn biểu thức P

(

)

3 −1

)(

3 +1 .

)

3 −1

3 + 3 −1 = 1

Thay x = 1 vào P , ta có: 4 1

(

DẠ

1−2

)

4 = −4 −1

Vậy x = 7 − 4 3 +

d. So sánh P với

2 thì P = −4 3 +1

P Trang 60

(

x −2

Điều kiện để

)

( x ≥ 0; x ≠ 4 )

P có nghĩa là

x −2≥0 x ≥2 x≥4

4 x

Đối chiếu điều kiện xác định: x ≥ 0; x ≠ 4 nên x > 4

FI CI A

Ta có P =

Với x > 4 , xét hiệu 4 x 4 x − x +2 3 x +2 P −1 = −1 = = > 0  P −1 > 0  P > 1  P > P x −2 x −2 x −2

(

)

Vậy x > 4 thì P > P

Bài 2. Cho hàm số y = ( m − 3 ) x + 5 − m có đồ thị là đường thẳng ( d ) . a) Hàm số đồng biến khi m − 3 > 0 ⇒ m > 3 .

b) ( d ) đi qua điểm A ( 2;5 ) ⇔ 5 = ( m − 3) .2 + 5 − m ⇔ m = 6

ƠN

c) ( d1 ) : y = 2 x − 4 cắt Oy tại C ( 0; −4 )

⇒ C ( 0; −4 ) ∈ ( d ) : y = ( m − 3 ) x + 5 − m ⇒ −4 = 5 − m ⇒ m = 9

Thay m = 4 vào ( d ) : y = x + 1 X y

Bảng giá tri của (d) 0 -1 1 0

m − 3 = 1 m = 4 d) Để (d) song song với đường thẳng (d2): y = x + 3 ⇔  ⇔ ⇔ m = 4(TM ) 5 − m ≠ 3  m ≠ 2

QU Y

Vậy đồ thị hàm số (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A ( −1; 0 ) và B ( 0;1) Do đó: OA = 1 ; OB = 1 .

Bảng giá tri của ( d 2 ) : y = x + 3 X y

0 3

-3 0

Vậy đồ thị hàm số (d) là đường thẳng đi qua hai điểm D ( −3; 0 ) và C ( 0;3 )

DẠ

KÈ

Do đó: OC = 3 ; OD = 3 .

Trang 61

1 B

-1 A

FI CI A

-3

3 C

ƠN

1 1 Ta có: Diện tích tam giác S ∆OAB = OA.OB = 1.1 = 0, 5 (đơn vị diện tích) 2 2

1 1 Ta có: Diện tích tam giác S ∆OCD = OC.OD = .3.3 = 4,5 (đơn vị diện tích) 2 2

Vậy diện tích tứ giác ABCD là: 4,5 – 0,5 = 4(đơn vị diện tích).

QU Y

Bài 3:

KÈ

B O

DẠ

, BOD = DOM +) Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có AOC = COM

+ BOD + DOM = 1800 Mà AOC + COM

(

)

+ DOM = 1800  COM + DOM = 900  COD = 900 Suy ra 2 COM

= 1800 − COD = 900 +) Ta có AOC + BOD Trang 62

Lại có AOC + ACO = 900

Suy ra ACO = BOD AC OA =  AC.BD = OA.OB = OA2 = R 2 OB BD

FI CI A

Suy ra

Dẫn đến ∆AOC đồng dạng với ∆BDO (g – g)

b) Vì OA = OM  ∆AOM cân tại O nên khi AOM = 600 thì ∆AOM đều 0

60 AOC = = 300 Suy ra 2

OA OA R 2 3R  OC = = = 0 OC 3 cos AOC cos 30

AOC = Trong tam giác vuông AOC ta có cos

= 900 , mà = 600 Mặt khác từ AOC + BOD AOC = 300 thì BOD

= Trong tam giác vuông BOD ta có cos BOD

OC.OD 1 2 3R 2 3R 2 (đvdt) = . .2 R = 2 2 3 3

ƠN

Vậy S∆COD =

OB OB R  OD = = = 2R 0 OD cos BOD cos 60

c) Gọi I là trung điểm của CD

Vì tam giác COD vuông tại O (theo chứng minh a)) nên IO = IC = ID Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD .

Lại có Ax ⊥ AB, By ⊥ AB  Ax / / By suy ra tứ giác ACDB là hình thang vuông và có O là trung điểm của AB , I là trung điểm của CD nên OI là đường trung bình của hình thang ACDB .

QU Y

Dẫn đến OI / / Ax / / By  OI ⊥ AB

Suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD . d) Gọi E là trung điểm của OB và J thuộc đoạn thẳng OE sao cho Vì O, B cố định nên E cố định mà

EJ 1 = nên J cố định. EO 3

EJ GE GJ 1 1 R = = =  GJ = OM = EO EM OM 3 3 3

Lại có

EJ 1 = EO 3

KÈ

Khi M chạy trên nửa đường tròn ( O ) thì trọng tâm G của tam giác OBM chạy trên nửa đường  R tròn  J ;   3

Bài 4: Giải phương trình

x + 3 + 5 − x + 4 x = 2x + 6

Giải . ĐKXĐ : 0 ≤ x ≤ 5

DẠ

Ta có:

•

x + 3 + 5 − x + 4 x = 2x + 6 ⇔ x + 3 + 5 − x = 2x − 4 x + 6

Áp dụng bđt Côsi : 2. x + 3 + 2. 5 − x ≤

4+ x+3 4+5− x + = 8. 2 2

Suy ra VT ≤ 4 ∀x thỏa mãn đkxđ Trang 63

•

VP = 2 x − 4 x + 6 = 2( x − 2 x + 1) + 4 = 2( x − 1) 2 + 4 ≥ 4 .

Suy ra VP ≤ 4 ∀x thỏa mãn đkxđ

FI CI A

2 = x + 3  Do đó, phương trình ⇔ VT = VP = 4 ⇔  2 = 5 − x ⇔ x = 1.   x − 1 = 0

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 .

Trang 64

ĐỀ 28 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

 x−5 x   25 − x x +3 x −5 − 1 :  − +  x +5 x −3  x − 25   x + 2 x − 15

Câu 1. Cho M = 

1. Tìm điều kiện để M có nghĩa? 2. Với điều kiện M có nghĩa, rút gọn M? 3. Tìm x nguyên để M nhận giá trị là số nguyên?

Câu 2. Tính

(5 − 2 2 )

(

7 −2 2

)

7 7

b) B =

Câu 3. Giải phương trình:

1 1 2x + 1 18x + 9 − 50x + 25 + =6 3 2 4

ƠN

a) 3 8x + 4 −

15 4 12 + − − 6 6 +1 6 −2 3− 6

a) A =

FI CI A

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2010 – 2011 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút

x2 − 4 = 3 x − 2

Câu 4. Cho tam giác MNP có MP = 9 cm; MN = 12 cm; NP = 15 cm.

1. Chứng minh tam giác MNP là tam giác vuông. Tính góc N, góc P? 2. Kẻ đường cao MH, trung tuyến MO của tam giác MNP. Tính MH; OH? 3. Gọi PQ là tia phân giác của góc MPN (Q thuộc MN). Tính QM; QN?

QU Y

Câu 5. Cho tam giác ABC có A = 90o ; AB < AC , trung tuyến AM. Đặt ACB = x; AMB = y . Chứng minh

cos 2 x − sin 2 x = cos y

DẠ

KÈ

-------------------HẾT------------------

Trang 65

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

FI CI A

  x ≥ 0  x − 25 ≠ 0  x ≥ 0   1. M có nghĩa ⇔  x + 2 x − 15 ≠ 0 ⇔   x ≠ 25    x + 5 ≠ 0  x ≠ 9   x − 3 ≠ 0  x−5 x   25 − x x +3 x −5 − 1 :  − +  x +5 x −3  x − 25   x + 2 x − 15

2. M = 

(

 25 − x − x + 9 + x − 25 − 1 :  x +5 x −3 x +5 

x −5

)( ) −5 ( x − 3 ) −5 ( x − 3)( x + 5 ) . = = −x + 9 x +5 − ( x − 3)( x + 3) x −5

)(

)

(

3. Để M nhận giá trị là số nguyên ⇔

−5

x x

−8 (loại) -

x +3

∈ ℤ⇔ x + 3 ∈Ư(5) = {±1; ±5}

x +3

x +3 −1

ƠN

 =  

−4 (loại)

−2 (loại)

2 (nhận)

Câu 2. Tính

QU Y

Vậy x = 4 thì M có giá trị là số nguyên.

(5 − 2 2 )

b) B =

15 4 12 + − − 6 6 +1 6 −2 3− 6

)

7 ⇔ A= 5−2 2 + 2 2 − 7 + 7 = 5 7

7 −2 2

15( 6 − 1) 4( 6 + 2) 12(3 + 6) + − − 6 ( 6 + 1)( 6 − 1) ( 6 − 2)( 6 + 2) (3 − 6)(3 + 6)

KÈ

(

a) A =

15( 6 − 1) 4( 6 + 2) 12(3 + 6) + − − 6 5 2 3 B = 3( 6 − 1) + 2( 6 + 2) − 4(3 + 6) − 6

DẠ

B = 3 6 − 3 + 2 6 + 4 − 12 − 4 6 − 6 = −11

Câu 3. Giải phương trình: a) 3 8x + 4 −

1 1 2x + 1 −1 18x + 9 − 50x + 25 + = 6 ĐK: x ≥ 3 2 4 2 Trang 66

1 1 1 ⇔ 6 2 x + 1 − .3 2 x + 1 − .5 2 x + 1 + 2x + 1 = 6 3 2 2 ⇔ 6 2x + 1 − 2x + 1 − 2 2x + 1 = 6

FI CI A

⇔ 3 2x + 1 = 6 ⇔ 2x + 1 = 3 ⇔ 2x + 1 = 9 ⇔ 2x = 8 ⇔ x = 4(TM ) Vậy PT có nghiệm là x = 4

x 2 − 4 = 3 x − 2 ĐK: x ≥ 2

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

Vậy S = {2;7}

Câu 4. 1.

Ta có 2

QU Y

MH.NP = MP.MN  MH.15 = 9.12

MP + MN = 9 + 12 = 225 = 15 = NP  ∆MNP vuông tại M. Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác vuông MNP ta có: MP 9 3 ≈ 36 52' sin N = = = N NP 15 5 ɵ  P ≈ 90 − 36 52 ' = 53 8' 2. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MNP ta có:

ƠN

 x−2 =0 x = 2  x = 2(TM ) ⇔ ⇔ ⇔ x + 2 = 9  x = 7(TM )  x + 2 − 3 = 0

9.12 = 7, 2 cm 15 NP = 7,5cm Ta có PO = 2 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MNP ta có: MP2 = HP.NP  81 = HP.15  HP = 81:15 = 5, 4cm  OH = PO − HP = 7,5 − 5, 4 = 2,1cm. 3. Vì PQ là tia phân giác của MPN

KÈ

 MH =

QM QN MP QM 9 QM  = =  = 9 15 NP QN 15 QN Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: QM QN QM + QN MN 12 1 = = = = = 9 15 9 + 15 24 24 2

DẠ



Trang 67

QM 1 =  QM = 4,5cm 9 2 QN 1 =  QN = 7,5cm. 15 2 Vậy QM = 4,5cm; QN = 7,5cm. Câu 5.

FI CI A



Kẻ AH ⊥ BC tại H; ∆AHM vuông tại H

HM (1) AM B

∆AHC vuông tại H

 cos y =

HC2 AH 2 HC2 − AH 2 HC2 − HB.HC − = = cos x − sin x = AC2 AC2 AC2 AC2 HC.(HC − HB) HC.2HM HM = = = (2) AC2 CH.CB AM 2

DẠ

KÈ

QU Y

Từ (1) và (2) suy ra cos x − sin x = cos y

ƠN

Trang 68

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2011 – 2012 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức: 1. A = 5

8 + 50 − 6 1 − 2 25

(

)

2. B =

(2 − 5 )

Câu 2 (2,5 điểm). Tìm x, biết rằng:

x2 − 4 x + 4 −

2 =0 3 −1

1 5+2

c) x 2 + 3 x ( x + 1) = 5

b) x − 5 x − 6 = 0

a) A =

FI CI A

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH



1 x +2  x +1 + :  x − x x + x − 2  x − 2 x +1

Câu 3 (2,5 điểm). Cho biểu thức P = 

b) Tìm x để P >

ƠN

a) Rút gọn P?

−1 2

Câu 4 (1,0 điểm). Cho x ≥ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2. B = x − x + 3

1. A = x + 2 x + 3

Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH và BK, biết BC = 2a, AH = h. a) Tính sinB, cosB theo a và h, tính diện tích tam giác ABC theo a và góc B? b) Gọi O là giao điểm của đường trung trực cạnh AB với AH. Tính OA theo a, h;

QU Y

c) Khi cho AB = 1, tìm giá trị lớn nhất của BK?

DẠ

KÈ

-------------------HẾT------------------

Trang 69

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức:

)

5.2 2 + 5 2 − 6 1− 2 2 + 2 5

(

)

FI CI A

8 + 50 − 6 1 − 2 25

A =5

= 2 2 + 5 2 + 12 2 − 6 − 12 = 19 2 − 18.

(2 − 5 ) 1 2− 5

1 5+2

ƠN

1 1 + 5−2 5+2

= =

1 5+2

5 +2+ 5 −2

(

5−2

)(

5+2

)

2 5 = 2 5. 5−4

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 2 (2,5 điểm). Tìm x , biết rằng:

Trang 70

L b) x − 5 x − 6 = 0 ĐK: x ≥ 0

x −5 x −6 = 0

2 x − 4x + 4 − =0 3 −1 2

(

)

3 +1

)(

3 −1

)

3 +1

x − 2 = 3 +1 x − 2 = 3 +1 x = 3 + 3 ⇔ ⇔  x − 2 = − 3 +1  x = 1 − 3 

(

)

 x +1 = 0  x = −1(ktm) ⇔ ⇔ ⇔ x = 36 (tm)  x = 6  x = 6

Vậy x = 36 .

DẠ

KÈ

QU Y

Vậy x = 3 + 3 hoặc x = 1 − 3 .

( x) + x −6 x −6 = 0 ⇔ x ( x + 1) − 6 ( x + 1) = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 6 ) = 0

⇔

ƠN

( x − 2)

FI CI A

2 =0 3 −1

a) A = x 2 − 4 x + 4 −

Trang 71

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

c) x 2 + 3 x ( x + 1) = 5

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

FI CI A

⇔ x 2 + 3x 2 + 3x − 5 = 0 ⇔ 4 x 2 + 3x − 5 = 0 3 5 x− =0 4 4

⇔ x2 +

3 9 5 3 ⇔ x + 2. x −   − − = 0 8  8  64 4 2

  3 89 3 x + = x = − + 8 64 8 ⇔ ⇔   3 89 3 x + = − x = − − 64 8  8 

89 64 89 64

ƠN

Vậy

3  89  ⇔x+  = 8 64 

−3 89 −3 89 + ;x = − 8 64 8 64



1 x +2  x +1 + :  x − x x + x − 2  x − 2 x +1

Câu 3 (2,5 điểm). Cho biểu thức P = 

ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1

QU Y

 1 x +2  x +1 P= + :  x − x x + x − 2  x − 2 x +1   1 x +2 . = +  x x −1 x + 2 x − x − 2   

(

 1 = +  x x −1 

(

)

) (

(

)(

x +2+ x+2 x

KÈ

 x +2 . x +2 x −1  

(

x +2

)

)(

x +2 + x

)

x −1

(

( .

x +2

( x + 2) ( x + 2)( x + 1) . ( = x ( x + 2)

)

Y DẠ

x +1

)

x +1

x −1

x +1

x −1 x

Vậy với x > 0, x ≠ 1 thì P >

Ngô Nguyễn Thanh Duy

x −1

)

x −1

x +1

).(

Vậy với x > 0, x ≠ 1 thì P =

x +1

)

x −1

)

x −1

−1 ⇔ 2

x − 1 −1 > 2 x Trang 0

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

x −1 1 2 x −2+ x 3 x −2 + >0⇔ >0⇔ > 0 ( *) 2 x 2 x 2 x

Kết hợp với x > 0, x ≠ 1 ta được x >

2 4 ⇔ x> 3 9

4 −1 , x ≠ 1 thì P > 9 2

Câu 4 (1,0 điểm). Cho x ≥ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1.

A = x + 2 x + 3 = x + 2 x +1+ 2 =

(

)

x + 1 + 2 ≥ 12 + 2 = 3

Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 0 (TM) Vậy MinA = 3 ⇔ x = 0 1  11 11  B = x− x +3= x −  + ≥ 2 4 4 

Vậy MinB =

1 1 = 0 ⇔ x = (TM) 2 4

ƠN

Dấu " = " xảy ra ⇔ x − 11 1 ⇔x= 4 4

Câu 5.

QU Y

AH = AB

= a) Ta có: sin B

KÈ

= Ta có: cos B

Ta có: S ∆ABC =

BH = AB

Do x > 0 nên 2 x > 0 , (*) ⇔ 3 x − 2 > 0 ⇔ 3 x > 2 ⇔ x >

FI CI A

⇔

AH 2

BH + AH BH BH 2 + AH 2

h 2

a + h2 a a2 + h2

1 1 .BC = a 2 .tan B AH .BC = .BH .tan B 2 2

DẠ

b) Gọi O là giao điểm của đường trung trực cạnh AB với AH . Tính OA theo a, h ;

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 1

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Xét ∆AMO ~ ∆AHB

FI CI A

( g .g )

AM AO AB 2 a 2 + h 2 = => AO = = AH AB 2 AH 2h

c) Khi cho AB = 1 , tìm giá trị lớn nhất của BK ? Ta có: BK . AC = AH .BC => BK = 2ha = 2a 1 − a 2 ≤ a 2 + (1 − a 2 ) 1 => BK = 1 2

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Dấu bằng “ =” xảy ra <=> a 2 = 1 − a 2 => a =

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 2

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

a) A = 3 2.

(

b) B =

FI CI A

Câu 1 (1,5 điểm). Tính giá trị của biểu thức: 2 5 10 12 − + 2 5 −1 + 2 5 5 −1

(

2− 3

)

− 2. 2 − 3 + 3 + 2 2

  2x + 1   1 + x3 x − − x     x x −1 x + x +1  1 + x 

Câu 2 (3,0 điểm). Cho biểu thức A = 

1 2

b) Tìm x, để A =

c) Tìm x để A ≤ 1

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A+

ƠN

a) Rút gọn A;

Câu 3 (2,5 điểm). Tìm x, biết:

x2 − 6x + 9 − 3 = 0

9 ( x − 1) −

x −1 =5 4

1 A+ 2

c) x + 5 − 4 x + 1 = 0

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a 2 , AD = a. Gọi M là trung điểm của cạnh CD, N là giao điểm của AM và BD.

QU Y

a) Chứng minh rằng hai tam giác ABD và DAM đồng dạng? Từ đó suy ra BD ⊥ AM b) Tính cosin của góc AMD và tính theo độ dài đoạn DN? c) Khi K thay đổi trên BC. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác AMK? -------------------HẾT------------------

DẠ

KÈ

Ghi chú:

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 3

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (1,5 điểm). Tính giá trị của biểu thức: a) 2 5 10 12 − + 2 5 −1 + 2 5 5 −1

)

5 2.5 = 3 2. − + 4.5 − 2.2 5.1 + 1 + 2 5 = 3 5 − 5 + 20 − 4 5 + 1 +

(

)

5 +1

)(

5 −1

)

5 +1

)

5 +1

5 −1

= − 2 5 + 21 + 3 5 + 3 = 5 + 24 b)

)

− 2. 2 − 3 + 3 + 2 2

= 2 − 3 − 4−2 3 + = 3− 2−

(

)

(

3 −1 +

)

2 +1 2 +1

= 3 − 2 − 3 −1 + 2 +1

QU Y

= 3 − 2 − 3 +1+ 2 +1 =2

ƠN

2− 3

(

FI CI A

A = 3 2.

 x ≥ 0 x ≥ 0 Câu 2 (3,0 điểm). Điều kiện xác định:  ⇔ x ≠ 1  x x − 1 ≠ 0

  2x + 1   1 + x3 x A= − − x     x x −1 x + x +1  1+ x    2x + 1   1+ x 1− x + x x   =  − − x   3   x + x + + x 1 1  x −1     2x + 1 x  1− x + x − x    = −   x − 1 x + x + 1 x + x + 1      x x −1 2x + 1   1− x + x − x = −  x −1 x + x +1 x −1 x + x + 1      2x +1 − x + x  = x − 2 x +1  x −1 x + x +1      2 x + x +1  x −1 = x −1 =  x −1 x + x + 1   

KÈ

(

DẠ

(

)(

)

(

)

(

)(

) (

(

)(

)

(

)(

)

Ngô Nguyễn Thanh Duy

)(

( )(

(

)

(

)

Trang 4

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

⇔x=

Với A =

1 ta có: 2

x −1 =

1 3 ⇔ x= 2 2

9 (thỏa mãn) 4

9 1 thì A = . 4 2 b) Với A ≤ 1 ta có: x − 1 ≤ 1 ⇔ x ≤ 2 ⇔ x≤4

FI CI A

Vậy với x =

Vậy với 0 ≤ x ≤ 4 thì A ≤ 1 .

1 = x −1 + A+2 = x −1 + 1

x + 1 và

Ta có:

x +1

1 x −1+ 2 1

x +1

= x +1+

x +1

−2

Với A+

là các số không âm nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

x +1+

1 1 ≥2 x +1 =2 x +1 x +1 1  A+ ≥ 2−2 = 0 A+ 2

(

)

ƠN

Câu 3 (2,5 điểm). Tìm x, biết:

x2 − 6x + 9 − 3 = 0 ⇔

Vậy x = 6; x = 0 b)

9 ( x − 1) −

 x−3= 3 x = 6 = 3⇔ x −3 = 3 ⇔  ⇔  x − 3 = −3  x = 0

x −1 = 5 ĐK: x ≥ 1 4

1 x −1 = 5 ⇔ 2

x − 1 = 2 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5 (t/m đk)

⇔ 3 x −1 −

( x − 3)

QU Y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A + bằng 0 tại x = 0 . A+ 2

KÈ

c) x + 5 − 4 x + 1 = 0 ĐK x ≥ −1

x + 5 − 4 x +1 = 0 ⇔ x +1− 4 x +1 + 4 = 0 ⇔

(

x +1 − 2

)

⇔ x + 1 − 2 = 0 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (t/m dk)

Câu 4. (3,0 điểm)

DẠ

a) Chứng minh rằng ∆ABD ∽ ∆DAM ? Từ đó suy ra BD ⊥ AM

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 5

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Ta có DM = MC =

CD a 2 a = = 2 2 2

AB a 2 = = 2 AD a

Suy ra

FI CI A

AD a = = 2 DM a 2 2 AB AD = ( = 2) AD DM

Xét ∆ABD và ∆DAM có

AB AD (chứng minh trên) = AD DM

= BAD ADM = 900  ∆ABD ∽ ∆DAM (c.g.c)

ƠN

=M (hai góc tương ứng) D 1 1 +D = 900 Mà D 1 2

+D = 900 M 1 2

Xét ∆DMN có: +D = 900  DNM = 900  BD ⊥ AM M 1 2

b) Tính Cos AMD = ? và tính theo độ dài đoạn DN ? MD AM

QU Y

Ta có cos AMD =

Xét ∆DMN và ∆DBC có

= BDC (góc chung) MDN = DCB = 900 DNM

Suy ra ∆DMN ∽ ∆DBC (g .g) 

KÈ

Ta có: DC ⋅ DM = a 2 ⋅  DN =

DN DM DC ⋅ DM =  DN = DC DB DB

a = a 2 ; DB = AD 2 + AB 2 = a 2 + 2a 2 = a 3 2

a2 a a 3 = = 3 a 3 3

DẠ

c) Khi K thay đổi trên Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi ∆AMK ?

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 6

FI CI A

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

CV∆AMK = AM + MK + AK

Lấy điểm I đối xứng với điểm A qua B. Khi đó I cố định và AK = KI

 CV∆AMK = a

5 + MI ⇔ { K } = MI ∩ BC 2

ƠN

5 + MI (không đổi) 2

DẠ

KÈ

QU Y

 CV∆AMK ≥ a

Ta có: MK + AK = MK + KI (không đổi

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 7

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

2 x −9 x + 3 2 x +1 − − x −5 x +6 x −2 3− x

a) Tìm điều kiện xác định của P và rút gọn P? b) Tìm x để P < 1; c) Tìm số nguyên x để P nhận giá trị nguyên?

Câu 2 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

1  8  −3 2 2 

(

)

b) B =

c) C = 3 26 − 15 3 + 3 26 + 15 3

9 x2 − 6 x + 1 − x = 1

(

5−2 3

)

ƠN

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm x, biết:

(4 − 2 3)

 

a) A =  3 18 − 2 50 +

FI CI A

Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức P =

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2013 – 2014 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

1− x 1 =− 3x + 2 2

1. Cho HB = 9 cm; HC = 4 cm a) Tính HA, AB, AC

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

b) Tính M =

2 tan C + 3sin B 3cot C − cos B

QU Y

2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB. Chứng minh:

1 1 1 1 a) + = + 2 2 2 HE HB HC HF 2

CE AC 3 b) = BF AB 3

-------------------HẾT------------------

DẠ

KÈ

Ghi chú:

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 8

5 5

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2,5 điểm). a) ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9.

(

x −2

)(

2 x −9−

x −3

(

)

x +3

(

−

x + 3 2 x +1 + x −2 x −3

)(

x − 3 + 2 x +1

) (

x −2

)(

x −3

x −2

)

2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2

(

x −2

)(

x −3

( ( x − 2)( x − 3) ( x− x −2

FI CI A

2 x −9

) )( x − 2 )(

)= x − 3)

x −2

x +1

x +1 . x −3

2 x −9 x + 3 2 x +1 − − x −5 x +6 x −2 3− x

ƠN

x +1 <1⇔ x −3

x +1 −1 < 0 ⇔ x −3

Vì 4 > 0 

x −3< 0 ⇔ x < 3⇔ x < 9

x +1− x + 3 <0⇔ x −3

4 <0 x −3

b) P < 1 ⇔

Kết hợp ĐKXĐ: 0 ≤ x < 9, x ≠ 4.

Để P nguyên thì

x −3

4 16 TM

4 nguyên ⇔ 4⋮ x −3

(

)

x −3 ⇔

(

)

x − 3 ∈ Ư ( 4 ) = {±1; ± 2; ± 4}

-1

-2

-4

2 4 L

5 25 TM

1 1 TM

7 49 TM

-1

x KL

QU Y

x +1 4 = 1+ x −3 x −3

c) P =

Vậy x ∈ {1; 16; 25; 49} thì P nguyên.

KÈ

Câu 2 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

 

1  8  −3 2 2 

(

)

DẠ

a) A =  3 18 − 2 50 +

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 9

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

1   4.2  −3 2 A =  3 9.2 − 2 25.2 + 2   1   A =  3.3. 2 − 2.5. 2 + .2. 2  −3 2 2  

(

A = 0. −3 2

(

)

)(

)

FI CI A

(

A = 9 2 − 10 2 + 2 −3 2

(

)

A=0 b) B =

(4 − 2 3)

(

5 −2 3

)

5 5

B = 4−2 3 + 5 −2 3 + 5

c) C = 3 26 − 15 3 + 3 26 + 15 3 2

( 3) − ( 3) (2 + 3)

C = 3 23 − 3.22. 3 + 3.2. 3

(2 − 3)

C = 2− 3 +2+ 3 C=4 Câu 3 (2,0 điểm). Tìm x, biết:

+ 3 23 + 3.22. 3 + 3.2.

( 3) + ( 3)

ƠN

B = 4−2 3− 5 +2 3 + 5 B=4

QU Y

9 x2 − 6 x + 1 − x = 1

( 3x − 1) = 1 + x ( x ≥ −1) 2 2 ⇔ ( 3x − 1) = (1 + x ) 2 2 ⇔ ( 3x − 1) − (1 + x ) = 0 ⇔

KÈ

 4x = 0  x = 0 (TM ) ⇔ ( 3x − 1 + 1 + x )( 3x − 1 − 1 − x ) = 0 ⇔ 4x ( 2x − 2 ) = 0 ⇔   2x − 2 = 0  x = 1(TM )

Vậy x = {0;1} 3

1− x 1 −2  = − x ≠  3x + 2 2 3 

DẠ

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 10

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy 3

FI CI A

 1 − x   1 3 ⇔3  = −   3x + 2   2  1− x 1 ⇔ =− 3x + 2 8  8 (1 − x ) = − ( 3x + 2 ) ⇔ 8 − 8x=-3x − 2 ⇔ −8x + 3x = −2 − 8 ⇔ −5x = −10 ⇔ x = 2 (TM ) Vậy x = 2 .

Câu 4. a) Tính HA; AB; AC

ƠN

Xét tam giác △ ABC đường cao AH có:

AH 2 = BH .HC = 9.4 = 36  AH = 6(cm) BC = BH + HC = 9 + 4 = 13(cm)

QU Y

AB 2 = BH .BC = 9.13  AB = 3 13(cm) AC 2 = HC.BC = 4.13  AC = 2 13(cm) b) Tính M =

2 tan C + 3sin B 3cot C − cos B

Áp dụng tỉ số lượng giác ta có:

AB 3 13 3 AC 2 13 AB 3 13 = = ; ; sin B = = = 2 13 ; cosB = = = 3 13 AC 2 13 2 BC 13 BC 13

tan C =

DẠ

KÈ

3 2. + 3.2 13 2 tan C + 3sin B 3 + 6 13 (3 + 6 13)(2 + 3 13) 6 + 9 13 + 12 13 + 234 M= = 2 = = = 2 3cot C − cos B 4 − 117 2 − 3 13 (2 + 3 13)(2 − 3 13) 3. − 3 13 3 240 + 21 13 M =− 113

2) Chứng minh:

1 1 1 1 + = + 2 2 2 HE HB HC HF 2

Xét tam giác △ ABH vuông tại H đường cao HF có:

1 1 1 1 1 1 + =  = − (1) 2 2 2 2 2 BH AH HF AH HF BH 2

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 11

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Xét tam giác △ ACH vuông tại H đường cao HE có:

1 1 1 1 1 1 1 1 − = − ⇔ + = + HE 2 CH 2 HF 2 BH 2 HF 2 CH 2 BH 2 HE 2

FI CI A

Từ

(1);(2) 

CE AC 3 = AB 3 3) Chứng minh: BF Dễ dàng chứng minh được

AB 2 HB AB 4 HB 2 =  = AC 2 HC AC 4 HC 2

HB 2 = AB.BF HC 2 = EC. AC

Ta có:

1 1 1 1 1 1 + =  = − (2) 2 2 2 2 2 CH AH HE AH HE CH 2

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

CE AC 3 = AB 3 Nên BF

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 12

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

b) Tìm x để P =

−2 7

c) So sánh P với

Câu 2 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

3

c) C =

45 − 2 20 +

5  −2 5 4

(

)

−1 3

 15 − 10 21 − 7  1 + : 3 −1  7 + 5  2− 3

b) B = 

1 1 1 + + ... + 9 + 10 10 + 11 63 + 64

1

a) A = 

FI CI A

x +1 x+2 x +1 − − x −1 x x −1 x + x +1

Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức P = a) Rút gọn P?

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2014 – 2015 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

4 ( 2 x + 1) −

ƠN

Câu 3 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:

2x + 1 =5 9

x2 − 4 x = 3 x − 4

c) 4 x − 2 − x = 2

Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 10 cm, đường cao AH.

ACB = 1) Nếu sin

3 + 2 tan HAC . Tính AB, AC, BH và giá trị biểu thức P = 3sin BAH 5

2) Lấy M tùy ý trên cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh

QU Y

AE.EB + AF .FC = BM .MC

3) Đặt ABC = α . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3sin α + 4 cos α

DẠ

KÈ

-------------------HẾT------------------

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 13

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1

1 − x −1

⇔P=

x+2

)(

x +1 x + x +1

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

(

−

x +1 x+2 x +1 − − x −1 x x −1 x + x + 1

x −1 x + x +1

FI CI A

x −1 − x + 1

)( ) x (1 − x ) ⇔P= ( x − 1)( x + x + 1) x −1 x + x + 1

(

− x x + x +1 −2 P= 7

− x −2 = x + x +1 7

⇔

ƠN

⇔P=

⇔ 2x + 2 x + 2 = 7 x ⇔ 2x − 5 x + 2 = 0

)(

)

x −2 =0

1  x=  2 ⇔   x = 2 1  x= ⇔ 4 (TM)  x = 2 c) Xét hiệu

QU Y

(

⇔ 2 x −1

( (

)

KÈ

x −1 1 − x 1 −3 x + x + x + 1  1 P −−  = P + = + = = 3 x + x +1 3  3 3 x + x +1 3 x + x +1

Vì x ≠ 1 nên

(

)

x − 1 > 0 Suy ra P >

)

−1 3

DẠ

Câu 2 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

1

a) A = 

3

45 − 2 20 +

Ngô Nguyễn Thanh Duy

5  −2 5 4

(

)

Trang 14

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

1 5 A =  9.5 − 2 4.5 +  −2 5 4 3 1 1  A =  .3 5 − 2.2. 5 + 5  −2 5 2  3

)

(

)

FI CI A

1   A= 5−4 5+ 5  −2 5 2   1  A = 5. 1 − 4 +  −2 5 2  −5 A = −10. = 25 2

)

(

)

 15 − 10 21 − 7  1 B= + : 3 −1  7 + 5  2− 3 b)

ƠN

 3.5 − 2.5 3.7 − 7  1 B= + : 2− 3 3 −1  7 + 5   3. 5 − 2. 5 3. 7 − 7  1 B= + : 2− 3 3 −1  7 + 5   5. 3 − 2 7. 3 − 1  . B= +   2− 3 3 −1   B=

(

)

)(

7− 5 .

7+ 5

(

)

QU Y

B = 7−5 B=2 c) C =

)

1 1 1 + + ... + 9 + 10 10 + 11 63 + 64 10 − 9

(

7+ 5

)(

9 + 10 .

10 − 9

) (

11 − 10

)(

10 + 11 .

11 − 10

)

+ ... +

64 − 63

(

)(

63 + 64 .

64 − 63

(

10 − 9 11 − 10 64 − 63 + + ... + 10 − 9 11 − 10 64 − 63 C = 10 − 9 + 11 − 10 + ... + 64 − 63

KÈ

C = − 9 + 64 C = −3 + 8

C =5

DẠ

Câu 3 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a)

4 ( 2 x + 1) −

Ngô Nguyễn Thanh Duy

2x + 1 =5 9

(ĐK x ≥

−1 ) 2

Trang 15

)

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

1 .( 2x + 1) = 5 9

⇔ 4.( 2 x + 1) −

1 2x + 1 = 5 3 1  ⇔ 2x + 1. 2 −  = 5 3  5 ⇔ 2x + 1. = 5 3 ⇔ 2x + 1 = 3

FI CI A

⇔ 2 2x + 1 −

⇔ 2x + 1 = 9

⇔ 2x = 8 ⇔ x = 4 (TM ) Vậy x = 4

x 2 − 4 x = 3 x − 4 (ĐK x ≥ 4 )

ƠN

⇔ x. ( x − 4 ) − 3 x − 4 = 0 ⇔ x. x − 4 − 3 x − 4 = 0

(

)

x −3 = 0

⇔ x−4

 x−4 =0  x = 4 (TM ) x − 4 = 0 ⇔ ⇔ ⇔  x = 9 (TM )  x − 3 = 0  x =3

QU Y

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 4;9 c) 4 x − 2 − x = 2

⇔ 4 x−2 = x+2 x+2≥0  ⇔  4 x − 2

(

)

= ( x + 2)

 x ≥ −2  x ≥ −2 ⇔ ⇔ 2 2 16.( x − 2) = x + 4x + 4 16 x − 32 = x + 4x + 4

KÈ

 x ≥ −2  x ≥ −2  x ≥ −2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x=6 2 x = 6 ( x − 6 ) = 0  x − 12x + 36 = 0

DẠ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =6

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 16

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I Năm học: 2015 – 2016 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

)

32 − 2 50 + 3 8 − 18 : 2

3) C = 2 3

(

) (

)

x +  x x −1

3) Với x > 1 . So sánh P với

Câu 3 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:

)

x + 3 = 6 − 2x

)

(3 − 3 )

8 2

b) 2 5 x − 3 20 x + 45 x = −5

x2 − x − 6 = 2 x − 3

1  x +1 : x −1 x + x +1

2) Tính P với x = 3 + 2 2

1) Rút gọn P?

)(

2− 3



(

2 − 3 + 1+ 3 3 − 2 6

Câu 2 (2,5 điểm). Cho biểu thức P = 

a) 4 − 2 x

2) B =

(

ƠN

1) A =

FI CI A

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

(

)

= 90o . Biết AB = AD = 6 cm. Kẻ đường Câu 4 (3,0 điểm). Hình thang ABCD có đáy nhỏ AD; A= B cao DH của hình thang (H thuộc BC).

3 4

QU Y

D= 1. Cho tan HC

a) Tính HC, DC và tính giá trị của biểu thức M =

2sin C − cos C sin C + 2cos C

b) Kẻ HE vuông góc với DC (E thuộc DC). Tính ED, HE?

C 3 ). Tính tan 2 4

2. Cho CH + CD = 2 DH (bỏ giả thiết tan HC D=

x − 1007 x − 1008 + x+2 x

-------------------HẾT------------------

DẠ

KÈ

Câu 5 (0,5 điểm) Cho x ≥ 1008 . Tìm giá trị lớn nhất của P =

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 17

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1 (2,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức:

(

)

32 − 2 50 + 3 8 − 18 : 2

)

16.2 − 2 25.2 + 3 4.2 − 9.2 : 2

FI CI A

(

1) A =

= 16 − 2 25 + 3 4 − 9 = 4 − 10 + 6 − 3 = −3 2) B =

(

2− 3

)

(3 − 3 )

8 2

2 − 3 + 3− 3 + 2

= 3 − 2 +3− 3 + 2 =3

(

) (

2 − 3 + 1+ 3 3

)

−2 6

ƠN

3) C = 2 3

= 2 6 − 6 3 + 1 + 6 3 + 27 − 2 6 = 28

Câu 2.

 x 1  x +1 1) P =  + : x −1 x + x +1  x x −1   x 1  x +1  : = +  x −1 x + x +1 x −1  x + x +1  

)

(

x + x +1 . = x +1 x −1 x + x +1

(

x + x + x +1

)(

)

x +1 x −1

)(

QU Y

(

x ≠1

(

2 +1

KÈ

2) ĐKXĐ: x ≥ 0;

x = 3+ 2 2 =

)

(

)

x +1

x + x +1 x +1 x −1 x + x +1

)(

)

(t / m)

 x = 2 +1

DẠ

Thay

x = 2 + 1 vào P ta có : P =

3) Với x > 1 thì P > 0 do đó Xét P − 1 =

x +1 −1 = x −1

2 +1+1 2 +2 = = 2 +1 2 + 1 −1 2

P luôn có nghĩa

x +1− x +1 = x −1

2 x −1

Vì x > 1  P −1 > 0 ⇔ P > 1

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 18

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Xét P − P = P .( P − 1)

P >0 ,

Vì

P −1 > 0

P− P > 0

Vậy x > 1 thì P > P .

Câu 3 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) 4 − 2 x x + 3 = 6 − 2x ĐK:

(

)(

)

FI CI A

 P> P

x≥0 ⇔ 4 x + 12 − 2 x − 6 x = 6 − 2 x

b) 2 5 x − 3 20 x + 45 x = −5 x≥0 ⇔ 2 5 x − 6 5 x + 3 5 x = −5

⇔2 x =6

⇔ − 5 x = −5 ⇔ 5x = 5

x =3

⇔

⇔ 5 x = 25

⇔ x = 9 (TM ) Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {9}

⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 3) = 0

ƠN

⇔ x 2 − x − 6 = 4 x − 12

ĐK: x ≥ 3

⇔ x = 5(TM ) Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {5}

c) x 2 − x − 6 = 2 x − 3 ⇔ x 2 − x − 6 = 4 ( x − 3)

QU Y

x − 2 = 0  x = 2 ( L) ⇔ ⇔ x − 3 = 0  x = 3(TM ) Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3} Câu 4.

KÈ

E K C

DẠ

1. a) * Tứ giác ADHB là hình vuông suy ra DH = 6cm. = Xét tam giác vuông DHC có: tan DHC

DH DH 3 6 3 ⇔ = ⇔ = ⇔ HC = 8 (cm) HC HC 4 HC 4

Xét tam giác vuông DHC có: DH 2 + HC 2 = DC 2 (định lý Pytago) ⇔ 6 2 + 82 = DC 2 ⇔ DC 2 = 100 ⇔ DC = 10 cm.

Ngô Nguyễn Thanh Duy

ĐK:

Trang 19

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

b) Xét tam giác vuông DHC có HE là đường cao, ta có:

FI CI A

1 1 1 1 1 1 25 576 24 cm. = + ⇔ = 2+ 2 = ⇔ HE 2 = ⇔ HE = 2 2 2 2 HE HD HC HE 6 8 576 25 5

3 2. − 1 2sin C − cos C 2 tan C − 1 2 * M= = = 4 = 3 sin C + cos C tan C + 1 +1 7 4

Xét tam giác vuông DEH có: 2

18  24  324 cm DE 2 + EH 2 = DH 2 ⇔ DE 2 = DH 2 − EH 2 = 62 −   = ⇔ HE = 25 5  5 

HC KH (tính chất đường phân giác) = DC KD

Ta có:

KD KH KD KH KD + KH DH = ⇔ = = = DC HC DC HC DC + HC DC + HC

Mà tan

C DH 1 = KH = DH = tan HCK = = . 2 HC DC + HC 2.DH 2

Vậy tan

ƠN

⇔

C 1 = 2 2

x − 1008 với x ≥ 1008 x

2 1009. ( x − 1007 )

2 1008 ( x − 1008)

QU Y

x − 1007 + x+2

Câu 5. P=

Kẻ CK là đường phân giác của góc DCH.

2 1009. ( x + 2 )

2 1008.x

Áp dụng BĐT Cô si cho các số không âm, ta có:

2 1009. ( x − 1007 ) ≤ 1009 + x − 1007 = x + 2

2 1008 ( x − 1008 ) ≤ 1008 + x − 1008 = x

x+2 x 1009 1008 + = + 2018 2016 2 1009. ( x + 2 ) 2 1008.x

KÈ

Khi đó: P ≤

1009 = x − 1007 ⇔ x = 2016 (thỏa mãn) Đẳng thức xảy ra ⇔  1008 = x − 1008

1009 1008 + khi x = 2016 2018 2016

DẠ

Vậy GTLN của P là

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 20

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Bài 1. (2,0 điểm) Thực hiện phép tính và rút gọn các biểu thức sau: a) A =

(3 − 5 )

(

5 + 13

)

 3 75  10 b) B =  2 45 − 20 + :  2 15  3 

Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: x +1 =2 x−5

x2 −1 = 2

FI CI A

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ 29 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ I Năm học: 2018 – 2019 Môn: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 60 phút (Không kể thời gian giao đề)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG

 4 x 8x   x −1 2  Bài 3. (2,0 điểm) Cho biểu thức P =   2 + x + 4 − x  :  x − 2 x − x  ( x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9 )    

a) Rút gọn P

ƠN

b) Tính giá trị của P khi x = 25 c) Với x > 9 , tìm giá trị nhỏ nhất của P

Bài 4. (3 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC . a) Cho biết AB = 3cm, ACB = 300 . Tính độ dài các đoạn thẳng AC , HA ; b) Chứng minh BE.BA + CF .CA + 2 HB.HC = BC 2 ;

QU Y

c) Biết BC = 6cm. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác HEAF

(

)

DẠ

KÈ

Bài 5. (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 x 2 + 2 x + 6 = ( 5 x + 4 ) x 2 + 12

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 21

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) Thực hiện phép tính và rút gọn các biểu thức sau: 2

(

5 + 13

)

= 3 − 5 + 5 + 13 = 16

(3 − 5 )

a) A =

(

)

Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) Đk: x > 5

x +1 x +1 =2⇔ = 4 ⇔ x + 1 = 4 x − 20 ⇔ 3 x = 21 ⇔ x = 7 ( tm ) x −5 x−5

Vậy phương trình có nghiệm x = 7

FI CI A

 3 75  10 3 3 b) B =  2 45 − 20 + : = 6 5 − 3 5 + 5 . = 4 5. =6 2   2 15  3 10 10 

x 2 − 1 = 2 ⇔ x 2 − 1 = 8 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3

Vậy phương trình có nghiệm x = ±3

ƠN

Bài 3. (2,0 điểm)

 4 x 8x   x −1 2  a) P =  + : −    ( x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9 )  2+ x 4− x   x−2 x x    

(

)

x − 2 − 8x

x +2

)(

x −2

(

)

x −1 − 2

)

x x −2 −4 x . = x −2 3− x

)

(

x −2

)

−4 x − 8 x

(

QU Y

4 x =

   4 x 8x   x −1 2  =  − : −  x  2 + x x − 4   x x − 2 

4x 4 x − 36 + 36 4 x − 36 = = + x −3 x −3 x −3

KÈ

Do x > 9 nên 4

DẠ

P≥2 4

(

( )

x −3 .

)

x − 3 > 0;

)

x −2

)

(

x −2

)

4.25 100 = = 50 2 25 − 3

36 =4 x −3

(

)

x +3 +

36 =4 x −3

(

)

x −3 +

36 + 24 x −3

36 > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: x −3

36 + 24 = 24 + 24 = 48 x −3

Dấu “=” xảy ra khi 36 4 x −3 = ⇔ x −3

(

)(

4x x −3

b) Với x = 25 ( tm ) thay vào P ta được P = c)

x +2

3− x

(

)

(

)

x − 3 = 9 ⇔ x − 3 = 3 do x − 3 > 0 ⇔ x = 6 ⇔ x = 36

Vậy min P = 48 ⇔ x = 36

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 22

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

Bài 4. (3,0 điểm) B H

 AC =

9 = 3 3(cm) 3

AH 3 3  AH = AC.sin C = 3 3.s in300 = (cm) AC 2

ƠN

sin C =

AB AB 3 3  AC = = = 0 AC tan C t an30 3 3

a) tan C =

FI CI A

b) Xét ∆AHB vuông tại H , ta có: BE.BA = BH 2 Xét ∆AHC vuông tại H , ta có: CF .CA = CH 2

 BE.BA + CF .CA + 2HB.HC = BH 2 + CH 2 + 2HB.HC = ( HB + HC )2 = BC 2 = AEH = EAF AFH = 900 c) Xét tứ giác HEAF có Suy ra: Tứ giác HEAF là hình chữ nhật. Ta có: AE. AB = AF . AC = AH 2 AE AC = AF AB

QU Y



S HEAF = AE. AF lớn nhất khi và chỉ khi AE = AF  AB = AC  ∆ABC cân tại A

 ABC = ACB = 450

Vì ∆ABC cân tại A có AH là đường cao nên AH đồng thời là đường trung tuyến của ∆ABC . BC 6 = = 3(cm ) 2 2

KÈ

 HC =

Khi đó: AE = AF = HF = HC.s in450 = 3 ⋅

2 3 2 = (cm) 2 2

DẠ

Vậy diện tích lớn nhất của tứ giác HEAF là: S HEAF = AE. AF =

3 2 3 2 9 ⋅ = (cm 2 ) 2 2 2

Bài 5. (1,0 điểm). Giải phương trình

(

)

4 x 2 + 2 x + 6 = ( 5 x + 4 ) x 2 + 12

⇔ 4 x 2 + 8 x + 24 − ( 5 x + 4 ) x 2 + 12 = 0 Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 23

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

⇔ 2 x 2 + 8 x + 24 + 2 x 2 − ( 5 x + 4 ) x 2 + 12 = 0 ⇔ 2 x 2 + 24 − ( 5 x + 4 ) x 2 + 12 + 2 x 2 + 8 x = 0

(

)

x 2 + 12  2 x 2 + 12 − ( x + 4 )  − 2 x  2 x 2 + 12 − ( x + 4 )  = 0    

⇔  2 x 2 + 12 − ( x + 4 )   

(

)

x 2 + 12 − 2 x = 0

 2 x 2 + 12 − ( x + 4 ) = 0 ⇔   x 2 + 12 − 2 x = 0

TH1: 2 x 2 + 12 = ( x + 4 )

⇔ 4 ( x 2 + 12 ) = x 2 + 8 x + 16 ⇔ 3 x 2 − 8 x + 32 = 0

x 2 + 12 − 2 x = 0 x 2 + 12 = 2 x

⇔

ƠN

⇔ Vô nghiệm TH2:

⇒ x 2 + 12 = 4 x 2 ⇔ 3 x 2 = 12

QU Y

⇔ x2 = 4  x=2 ⇔   x = −2

FI CI A

⇔

⇔ 2 x 2 + 12 − ( x + 4 ) x 2 + 12 − 4 x x 2 + 12 + 2 x 2 + 8 x = 0

Thử lại x = 2 thỏa mãn

DẠ

KÈ

Vậy tập nghiệm phương trình S = {2}

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 24

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐỀ 30 TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH

NHÓM TOÁN 9 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1(2 điểm) Cho hai biểu thức A=

x− x +2 ;B = x +3

x +2 + x +3

2 3 x +4 − ( x ≥ 0; x ≠ 4) x −2 x+ x −6

a) Tính giá trị của A khi x − x − 6 = 0

FI CI A

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIỮA KỲ I

b) Rút gọn biếu thức B

c) Cho biểu thức M = B: A. Tìm giá trị của x để M có giá trị lớn nhất?

Bài 2 (2 điểm) Rút gọn biểu thức 1 6− 2 − − 5−2 6 2− 3 3 −1

ƠN

b) 10 + 4 6 − (2 − 6)2

sin 500  1  2 0 − 1 + sin 35 − tan 250.tan 650 0 2 0  cos 40  cot 35 

Bài 3 (2 điểm). Giải phương trình:

QU Y

a )3 x − 7 − 4 = 11

50 − 25 x − 8 2 − x + 18 − 9 x = −10 4

x +1 =3 x −2

d) x +1 − x − 2 = 1

= 600 , BC = 6cm Bài 4. (3,5 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A có B

a) Tính AB, AC ( độ dài làm tròn đến 1 chữ số thập phân); b) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Tính HB, HC?

KÈ

c) Từ A kẻ tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD = BC. Chứng minh rằng

AB AC = BD CD

cắt CD tại K. Chứng minh rằng: d) Từ A kẻ đường thẳng song song với phân giác của CBD 1 1 1 = + 2 KD.KC AC AD 2

DẠ

Bài 5 (0,5 điểm): Cho ba số thực dương x. y , z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 2018 . Chứng minh rằng:

Ngô Nguyễn Thanh Duy

yz + x + 2018 2

zx + y + 2018 2

xy 3 ≤ z + 2018 2 2

Trang 25

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) Tính giá trị của A khi x − x − 6 = 0

(

) (

x −3 +2

) (

x −3 ⇔

x +2

⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 9(TM) Thay x = 9; x = 3 vào A ta có:

9−3+ 2 8 4 = = 3+3 6 3

b) Rút gọn biếu thức B

x − 4 + 2( x + 3) − 3 x − 4 ( x + 3)( x − 2)

x− 4+ 2 x +6−3 x −4 x− x −2 = ( x + 3)( x − 2) ( x + 3)( x − 2)

(

)(

x +1

x −2

x +1 x +3

( x + 3)( x − 2)

ƠN

)

x −3 = 0

x +2 2 3 x +4 + − x +3 x −2 x+ x −6

)(

FI CI A

⇔ x−3 x +2 x −6 = 0  x

x− x −6 = 0

c) Cho biểu thức M = B: A. Tìm giá trị của x để M có giá trị lớn nhất? M=

x +1 x +3 x +1 . = x +3 x− x +2 x− x +2

(

4 4 = x +1+ −3 x +1 x +1

)

x −2 +

QU Y

1 x− x +2 = = M x +1

Áp dụng bất đắng thức Cô – si ta có 4 ≥2 4 x +1 4 ⇔ x +1+ −3≥ 2 4 −3 x +1 1 ⇔ ≥1 M ≤1 M

KÈ

x +1+

Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1(TM )

Bài 2:

1 6− 2 − − 5−2 6 2− 3 3 −1

DẠ

(

)

2 3 −1 2+ 3 − − 1 3 −1

(

3− 2

)

= 2+ 3− 2 − 3+ 2 = 2

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 26

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

b) 10 + 4 6 − (2 − 6)2 =

(2 + 6 ) − (

6 −2

)

= 2+ 6 − 6 +2 = 4 sin 500  1  2 0 − 1 + sin 35 − tan 250. tan 650 0 2 0  cos 40  cot 35  cos 400  1  2 0 sin 35 − tan 250.cot 250 = − 1 + 0 2 0  cos 40  cot 35 

FI CI A

1   2 0 = 1 − 1 + sin 35 − 1 2 0   cot 35 

Bài 3: a )3 x − 7 − 4 = 11

 sin 2 350  2 0  cos 350 + sin 2 350  2 0 = 1 − (1 + tan 2 350 ) sin 2 350 − 1 = 1 − 1 + sin 35 − 1 = 1 −    sin 35 − 1 cos 350  cos 350    sin 2 350 = 1− − 1 = 1 − tan 2 350 − 1 = − tan 2 350 cos 2 350

ƠN

ĐKXĐ: x ≥ 7

⇔ 3 x − 7 = 15 ⇔ x−7 =5

⇔ x = 32 (TMĐK)

⇔ x − 7 = 25

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = {32}

50 − 25 x − 8 2 − x + 18 − 9 x = −10 4

ĐKXĐ: x ≤ 2

QU Y

5 2 − x 16 2 − x 6 2 − x −20 − + = 2 2 2 2 ⇔ −5 2 − x = −20 ⇔

⇔ 2− x = 4 ⇔ 2 − x = 16

⇔ x = −14 (TMĐK) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = {−14} x +1 =3 x −2

KÈ c)

x +1− 3 x + 6 =0 x −2

⇔

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4

DẠ

 −2 x = −7 ⇔ x=

⇔x=

7 2

49 (TMĐK) 4

 49  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S =   4 Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 27

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

ĐKXĐ: x ≥ 2

d ) x +1 − x − 2 = 1

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

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

FI CI A

⇔ x = 3 (TMĐK) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = {3}

Bài 4: Giải:

60°

ƠN

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

AB AB ⇔ cos 600 = BC 6 1 ⇔ AB = .6 = 3cm 2 BC 2 = AB 2 + AC 2 ( theo định lý Py-ta-go) ⇔ 62 = 32 + AC 2

QU Y

cosB =

⇔ AC = 27 = 3 3

Xét ∆ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

KÈ

AB2 =BH.BC ( HT lượng trong tam giác vuông) AB 2 9 ⇔ BH = = = 1,5cm BC 6 Ta có : HC = BC – BH = 6 – 1,5 = 4,5 cm c)

Xét ∆BCD có: BC = BD( gt )  ∆BCD cân tại B

DẠ

0 = 1800 − CBA = 1200  BCD = CDB = 180 − CBD = 300 Mà CBD 2 0 0 Xét ∆ACD vuông tại A có: ACB = 90 − ABC = 30 (vì tam giác ABC vuông tại A) ( = 300 )  ACB = BCD  CB là đường phân giác của ACD



AB AC = (tính chất đường phân giác của tam giác) (Đpcm) BD CD

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 28

Fanpage: www.facebook.com/thayngonguyenthanhduy

 AK 2 = KC.KD 1 1 1 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) = + AK 2 AC 2 AD 2 1 1 1  = + (đpcm) 2 KC.KD AC AD 2 Bài 5: yz = x + 2018 2

yz = x + xy + yz + zx 2

zx 1 x z  ≤  +  y + 2018 2  y + x y + z  2

xy 1 x y  ≤  +  z + 2018 2  z + x z + y  2

1 y z  ≤  + (1) ( x + y )( x + z ) 2  x + y x + z  yz

( 2)

( 3)

Cộng vế theo vế (1) , ( 2 ) , ( 3 ) rồi thu gọn ta được: zx xy 3 + 2 ≤ y + 2018 z + 2018 2 2

2018 3

DẠ

KÈ

QU Y

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

ƠN

yz + x + 2018 2

Ta có:

Xét ∆ACD vuông tại A, AK là đường cao:

FI CI A

Ngô Nguyễn Thanh Duy

Trang 29