Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng \[ax + by = c\] với \(a \ne 0\) hoặc \(b \ne 0\).

Do đó, \(\frac{2}{x} + \frac{y}{3} - 2 = 0\)không là phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì \(x + 3 \ne 0\) khi \(x \ne - 3\) và \(x - 4 \ne 0\) khi \(x \ne 4\) nên điều kiện xác định của phương trình đã cho là \(x \ne - 3\) và \(x \ne 4\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Bất đẳng thức diễn tả khẳng định “\(n\) nhỏ hơn \(\frac{3}{5}\)” là \(n < \frac{3}{5}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định của biểu thức \(A = \sqrt {1 - 2x} \) là \(1 - 2x \ge 0\) hay \(x \le \frac{1}{2}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\sin x = \frac{1}{2}\).Mà \(\sin 30^\circ = \frac{1}{2}\), do đó \(x = 30^\circ .\)

Vậy \(\cos x = \cos 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án đúng là: C

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Điểm \(M\) nằm trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) nếu \(OM = R.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(l = \frac{n}{{180}}\pi R = \frac{{110}}{{180}}\pi \cdot 8 = \frac{{44}}{9}\pi \approx 15,4{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Vậy cung có số đo \(110^\circ \) của đường tròn bán kính \(8{\rm{ cm}}\) dài \(15,4{\rm{ cm}}{\rm{.}}\)

a) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta có:\(A = \frac{{9 - 7}}{{\sqrt 9 }} = \frac{2}{3}.\)

Vậy \(A = \frac{2}{3}\) khi \(x = 9.\)

b) Với \(x > 0,x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{2x - \sqrt x + 2}}{{x - 4}}\)

   \( = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{2x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x - 2 - x - 2\sqrt x + 2x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

 \( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\) \( = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\).

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

c) Ta có: \(P = A.B\) với \(x > 0,x \ne 4\).

\(P = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}}.\)

Xét \(P = 0\) thì \(\frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}} = 0\), suy ra \(x - 7 = 0\) khi \(x = 7\) (thỏa mãn).

Xét \(P \ne 0\), ta có:

TH1: \(x \in \mathbb{Z},\,\,x \ne 7;\,\,\sqrt x \) là số vô tỉ thì \(P \notin \mathbb{Z}\).

TH2. \(x \in \mathbb{Z},\,\,x \ne 7,\,\,\sqrt x \in \mathbb{Z}\), ta có:

\(P = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 4 - 3}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} - \frac{3}{{\sqrt x + 2}} = \sqrt x - 2 - \frac{3}{{\sqrt x + 2}}\).

Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x - 2 - \frac{3}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z}\).

Suy ra \(\frac{3}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z}\), suy ra \(3\,\, \vdots \,\,\left( {\sqrt x + 2} \right)\) hay \(\sqrt x + 2\) là ước của \(3.\)

Vì \(\sqrt x + 2 > 0\) nên \(\left( {\sqrt x + 2} \right) \in \left\{ {1;3} \right\}\).

Nhận thấy \(\sqrt x + 2 \ge 0\) nên \(\sqrt x + 2 = 3\) nên \(\sqrt x = 1\), do đó \(x = 1\) (thỏa mãn).

Vậy với \(x \in \left\{ {1;7} \right\}\) thì \(P\) có giá trị nguyên.

a) \(\frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}\)

Điều kiện xác định: \(x \ne 3,x \ne 2\).

Ta có: \(\frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}\)

\(\frac{{2\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} - \frac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}\)

\(\frac{{2x - 6 - 3x + 6}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}\)

\(\frac{{ - x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}\)

\( - x = 3x - 20\)

\(4x = 20\)

\(x = 20:4\)

\(x = 5\) (TM).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 5\).

b) \(5x - 4 - 3\left( {2x - 9} \right) \le 5x - 8\)

    \(5x - 4 - 6x + 27 \le 5x - 8\)

    \(5x - 6x - 5x \le - 8 + 4 - 27\)

                 \( - 6x \le - 31\)

                      \(x \ge - 31:\left( { - 6} \right)\)

                     \(x \ge \frac{{31}}{6}.\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \ge \frac{{31}}{6}.\)

Gọi \(x,y\)(ngày)lần lượt là số ngày đội \(A\) và đội \(B\) làm một mình để hoàn thành công việc \[\left( {x,y > 0} \right)\].

Trong một ngày đội \(A\) làm được \(\frac{1}{x}\) công việc, đội \(B\) làm được \(\frac{1}{y}\) công việc.

Trong một ngày, hai đội làm chung được số phần công việc là: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\) (công việc).

Trong 8 ngày, số phần công việc hai đội làm được là: \(8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\) (công việc).

Sau 8 ngày, phần công việc còn lại là: \(1 - 8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\) (công việc).

Theo đề bài, khi làm một mình đội \(B\)tăng gấp đôi năng suất. Lúc này, trong 1 ngày, đội \(B\) làm được: \(2.\frac{1}{y} = \frac{2}{y}\) (công việc).

Trong 8 ngày tiếp theo, đội \(B\) đã hoàn thành phần việc còn lại, nên ta có phương trình:

\(1 - 8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 8.\frac{2}{y}\) hay $\frac{8}{x}+\frac{24}{y}=1\left(1\right)$

Mà ban đầu hai đội dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày khi làm chung. Do đó, ta có phương trình:

\(12\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 1\) hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12}\left(2\right)$

Từ \(\left( 1 \right)\) và \[\left( 2 \right)\], ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{8}{x} + \frac{{24}}{y} = 1\end{array} \right.\).

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{y}\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\), ta được:

\(8\left( {\frac{1}{{12}} - \frac{1}{y}} \right) + \frac{{24}}{y} = 1\) hay \(\frac{2}{3} + \frac{{16}}{y} = 1\) suy ra \(\frac{{16}}{y} = \frac{1}{3}\) khi \(y = 48\) (TMĐK).

Thay \(y = 48\) vào phương trình \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{{48}} = \frac{1}{{16}}\), suy ra \(x = 16\)(TMĐK).

Vậy đội \(A\) làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong \(16\) ngày, đội \(B\) làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong \(48\)ngày.

a) Từ hình vẽ, ta xét tam giác vuông \(ABC\), có:

\(AC = AB.\tan \widehat {CBA} = 48.\tan 80^\circ \approx 272,22{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Do người đó có tầm mắt \[1,65{\rm{ m}}\] nên chiều cao của tòa nhà là:

\[272,22 - 1,65 = 270,57{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy tòa nhà Lotte Centercao \[270,57{\rm{ m}}\].

b) Khoảng cách từ xe thu gom phế thải ở \[E\] đến chân tòa nhà là độ dài đoạn \[EA\].

Xét tam giác vuông \[EAD\], ta có:

\[EA = \frac{{AD}}{{\tan \widehat {DEA}}} = \frac{{200}}{{\tan 65^\circ }} \approx 93,26{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Khoảng cách của hai xe phế thải là:\[93,26 - 48 = 45,26{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Vậy hai xe phế thải cách nhau \[45,26{\rm{ m}}\].

a) Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] nên \[AB = AC\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) .

Suy ra \[A\] thuộc đường trung trực của \[BC\].

Mà \[OB = OC = R\] nên \[O\] thuộc đường trung trực của \[BC\]

Do đó \[OA\] là đường trung trực của \[BC\] nên \[OA \bot BC\] tại \[H\].

b) Xét \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) (do \(OB = OE = R)\) nên

\(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)

Xét \(\Delta OED\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE = R)\) nên\(2\widehat {ODE} = 180^\circ - \widehat {EOD} = \widehat {BOE}\).

Suy ra \(2\widehat {ODE} = \widehat {BOE}\) hay \(\widehat {ODE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}\). Do đó, \(\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)

Suy ra \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BDA}.\)

Mà \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {ABE}\) nên \[\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\].

Xét \[\Delta ABE\] và \[\Delta ADB\] có: \[\widehat {BAD}\] chung, \[\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\].

Do đó $\Delta ABE\backsim \Delta ADB$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}\] nên \[A{B^2} = AE \cdot AD\].

c) Xét \(\Delta AOB\) vuông tại \(B,\) có:

\(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)R}} = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 75^\circ .\)

Do \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[OA\] là tia tiếp tuyến của \(\widehat {BOC}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ .\)

Do đó \(\widehat {COD} = 180^\circ - \widehat {BOC} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ \) nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \(OC,\,\,OD\) và cung nhỏ \(CD\) là:

\(S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 30}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{{12}}\) (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \(OC,\,\,OD\) và cung nhỏ \(CD\) là \(\frac{{\pi {R^2}}}{{12}}\)(đvdt).

Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng \(16{\rm{ cm}}\) và cạnh đáy là \(2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Xét tam giác \(SBC\), kẻ đường cao \(SH \bot BC\) tại \(H\).

Do tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung trực suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Suy ra \(BH = HC = \frac{{BC}}{2} = x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{ }}\left( {0 < x < 16} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(SHC\), ta có:\(S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\)

Suy ra \(S{H^2} = {16^2} - {x^2} = 256 - {x^2}\).

Do đó \(SH = \sqrt {256 - {x^2}} \).

Diện tích tam giác \(SBC\) là \(\frac{1}{2}.2x.\sqrt {256 - {x^2}} = x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích giấy màu cần sử dụng là \(4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thực hiện tính giá trị lớn nhất của \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\)với \(0 < x < 16\).

Ta có: \(4x\sqrt {256 - {x^2}} = 4\sqrt {256{x^2} - {x^4}} \)

                                \( = 4\sqrt { - \left( {{x^4} - 2.128{x^2} + {{128}^2}} \right) + {{128}^2}} \)

                                \( = 4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \).

Vì \({\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \ge 0\)với mọi \(x \in \mathbb{R}\)nên \( - {\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \le 0\)với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Suy ra \(4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \le 4\sqrt {{{128}^2}} = 512\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} \le 512\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Dấu  xảy ra khi \({x^2} - 128 = 0\) hay \(x = 8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {0 < x < 16} \right)\).

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là \(512{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).