Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 02
14 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)
Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc nhất hai ẩn?
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} - 1 = 0.\)
\(3y - 2 = - 4\left( {y - 2} \right).\)
\({x^2} + 2y - 1 = 0\)
\(3\sqrt x + {y^2} = 0.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng \[ax + by = c\] với \(a \ne 0\) hoặc \(b \ne 0\).
Ta có \(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} - 1 = 0\)hay\(\frac{1}{2}x + \frac{1}{3}y = 1\).
Do đó, \(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} - 1 = 0\)là phương trình bậc nhất hai ẩn với \(a = \frac{1}{2};\,\,b = \frac{1}{3};\,\,c = 1\).
Điều kiện xác định của phương trình \(\frac{{4x - 1}}{{x + 2}} + 1 = \frac{3}{{x - 3}}\) là
\(x \ne 2.\)
\(x \ne 3.\)
\(x \ne - 2;x \ne 3.\)
\(x \ne - 3;x \ne 2.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Điều kiện xác định của phương trình \(\frac{{4x - 1}}{{x + 2}} + 1 = \frac{3}{{x - 3}}\) là \(x + 2 \ne 0\) và \(x - 3 \ne 0\) hay \(x \ne - 2;x \ne 3.\)
Bất đẳng thức \(n \le 3\) có thể được phát biểu là
\(n\) lớn hơn \(3.\)
\(n\) nhỏ hơn \(3.\)
\(n\) không lớn hơn \(3.\)
\(n\) không nhỏ hơn \(3.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Bất đẳng thức \(n \le 3\) có thể được phát biểu là \(n\) không lớn hơn \(3.\)
Biểu thức nào sau đây có giá trị khác với các biểu thức còn lại?
\({\left( { - \sqrt 5 } \right)^2}.\)
\(\sqrt {{5^2}} .\)
\(\sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2}} .\)
\( - {\left( {\sqrt 5 } \right)^2}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có: \({\left( { - \sqrt 5 } \right)^2} = 5;\) \(\sqrt {{5^2}} = \sqrt {25} = 5;\)
\(\sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2}} = \sqrt {25} = 5;\) \( - {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} = - 5.\)
Vậy chọn đáp án D.
Giá trị \(\cot 35^\circ 23'\) (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba) là
\(1,408.\)
\(1,409.\)
\(1,407.\)
\(1,440.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Sử dụng máy tính cầm tay, ta thực hiện bấm như sau:
\(\cot 35^\circ 23'\) |
| \(1,408003909\) |
Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ ba, ta được \(\cot 35^\circ 23' \approx 1,408\).
Do đó, ta chọn đáp án A.
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AC = 10{\rm{ cm}},\widehat C = 60^\circ .\) Độ dài hai cạnh còn lại là
\(AB = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}}.\)
\(AB = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = \frac{{14\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}}.\)
\(AB = 10\sqrt 3 {\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = 20{\rm{ cm}}.\)
\(AB = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}{\rm{ cm}}.\)
Đáp án đúng là: C
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(AB = AC.\tan C = 10.\tan 60^\circ \). Do đó, \(AB = 10\sqrt 3 {\rm{ cm}}\). Có \(\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}\) suy ra \(BC = \frac{{AC}}{{\cos 60^\circ }} = 20{\rm{ cm}}{\rm{.}}\) Vậy \(AB = 10\sqrt 3 {\rm{ cm}};{\rm{ }}BC = 20{\rm{ cm}}.\) |
|
Cho hai đường tròn \(\left( {O;5{\rm{ cm}}} \right)\); \(\left( {O';4{\rm{ cm}}} \right)\) với \[OO' = 9{\rm{ cm}}\]. Kết luận nào sau đây đúng về vị trí tương đối của hai đường tròn?
Hai đường tròn cắt nhau.
Hai đường tròn ở ngoài nhau.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài.
Hai đường tròn tiếp xúc trong.
Đáp án đúng là: C
Ta có: \[R + R' = 5 + 4 = 9 = OO'.\]
Do đó hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau.
Hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn \(\left( {O;2{\rm{ cm}}} \right)\) và \(\left( {O;4{\rm{ cm}}} \right)\) có diện tích bằng
\(12{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\({\rm{24 c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\({\rm{4}}\pi {\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(12\pi {\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\)
Đáp án đúng là: D
Hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn \(\left( {O;2{\rm{ cm}}} \right)\) và \(\left( {O;4{\rm{ cm}}} \right)\) có diện tích bằng
\({S_V} = \pi \left( {{4^2} - {2^2}} \right) = 12\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).
B. TỰ LUẬN
(2,0 điểm)
Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\) và \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right).\frac{{x - \sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 1.\)
a) Tính giá trị của \(A\)khi \(x = 25.\)
b) Rút gọn biểu thức \(B\).
c) Tìm các số nguyên tố \(x\) để \(A \cdot B < 1.\)
Hướng dẫn giải
a) Thay \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta có:
\(A = \frac{{\sqrt {25} + 1}}{{\sqrt {25} - 3}} = \frac{{5 + 1}}{{5 - 3}} = \frac{6}{2} = 3.\)
Vậy giá trị của biểu thức \(A = 3\) khi \(x = 25.\)
b) Với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 1\), ta có:
\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right).\frac{{x - \sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}\)
\( = \left[ {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right].\frac{{x - \sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}\)
\( = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{2\sqrt x + 1}}\)\( = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vậy với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\).
c) Ta có: \(A.B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\).
Để \(A \cdot B < 1\) thì \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} < 1\)
\(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - 1 < 0\)
\(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 3}} < 0\)
\(\frac{3}{{\sqrt x - 3}} < 0\).
Do \(3 > 0\) nên để \(\frac{3}{{\sqrt x - 3}} < 0\) thì \(\sqrt x - 3 < 0\) hay \(\sqrt x < 3\). Suy ra \(x < 9\).
Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 1\) nên \(0 \le x < 9\,;\,\,x \ne 1\).
Mà \(x\) là số nguyên tố nên ta được \(x \in \left\{ {2;3;5;7} \right\}.\)
Vậy các giá trị nguyên tố thỏa mãn \(A \cdot B < 1\) là \(x \in \left\{ {2;3;5;7} \right\}\).
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
a) \(\frac{x}{{2x - 6}} + \frac{x}{{2x + 2}} = \frac{{ - 2x}}{{\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}.\)
b) \(\frac{{x + 1}}{3} + \frac{x}{2} \ge 4.\)
1. a) \(\frac{x}{{2x - 6}} + \frac{x}{{2x + 2}} = \frac{{ - 2x}}{{\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) Điều kiện xác định: \(x \ne 3,x \ne - 1\). Ta có: \(\frac{x}{{2x - 6}} + \frac{x}{{2x + 2}} = \frac{{ - 2x}}{{\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) \(\frac{x}{{2\left( {x - 3} \right)}} + \frac{x}{{2\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{ - 2x}}{{\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) \(\frac{{ - x\left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}} + \frac{{x\left( {3 - x} \right)}}{{2\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{ - 4x}}{{2\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) \(\frac{{ - x\left( {x + 1} \right) + x\left( {3 - x} \right)}}{{2\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{ - 4x}}{{2\left( {3 - x} \right)\left( {x + 1} \right)}}\) \( - x\left( {x + 1} \right) + x\left( {3 - x} \right) = - 4x\) \( - {x^2} - x + 3x - {x^2} + 4x = 0\) \( - 2{x^2} + 6x = 0\) \( - 2x\left( {x - 3} \right) = 0\) \(x = 0\) hoặc \(x - 3 = 0\). \(x = 0\) (TM) hoặc \(x = 3\) (loại). Vậy \(x = 0\)là nghiệm của phương trình. | b) \(\frac{{x + 1}}{3} + \frac{x}{2} \ge 4\) \(\frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{6} + \frac{{3x}}{6} \ge 4\) \(2\left( {x + 1} \right) + 3x \ge 24\) \(2x + 2 + 3x \ge 24\) \(5x \ge 22\) \(x \ge \frac{{22}}{5}.\) Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \ge \frac{{22}}{5}.\) |
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.
Lớp 9A và lớp 9B có tổng cộng \(86\) học sinh. Trong đợt thu nhặt giấy báo cũ thực hiện kế hoạch nhỏ, mỗi lớp có 3 bạn góp được \(5{\rm{ kg}}\), các bạn còn lại mỗi bạn góp \({\rm{2 kg}}{\rm{.}}\) Tính số học sinh của mỗi lớp, biết lớp 9B góp nhiều hơn lớp 9A là \({\rm{8 kg}}\) giấy báo cũ.
Gọi \(x\) là số học sinh của lớp 9A, \(y\) là số học sinh của lớp 9B \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^ * }} \right)\).
Theo đề bài, tổng số học sinh hai lớp là \(86\) học sinh nên ta có phương trình \(x + y = 86{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Lớp 9A góp được số giấy báo cũ là \(3.5 + 2.\left( {x - 3} \right) = 2x + 9{\rm{ }}\left( {{\rm{kg}}} \right)\).
Lớp 9B góp được số giấy báo cũ là \(3.5 + 2.\left( {y - 3} \right) = 2y + 9{\rm{ }}\left( {{\rm{kg}}} \right)\).
Mà lớp 9B góp nhiều hơn lớp 9A \({\rm{8 kg}}\) giấy báo cũ nên ta có phương trình:
\(2y + 9 - 2x - 9 = 8\) suy ra \(2y - 2x = 8\) hay \(y - x = 4{\rm{ }}\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 86\\y - x = 4\end{array} \right.\).
Cộng theo vế hai phương trình ta được \(2y = 90\), suy ra \(y = 45\) (TM).
Thay \(y = 45\) vào phương trình (1), ta được \(x + 45 = 86\), suy ra \(x = 41\)(TM).
Vậy lớp 9A có \(41\) học sinh, lớp 9B có \(45\) học sinh.
(1,0 điểm)Trên nóc của một tòa nhà có một cột ăng – ten cao \(5{\rm{ m}}\). Từ vị trí quan sát \(A\) cao \(7{\rm{ m}}\) so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh \(B\) và đỉnh \(C\) của một cột ăng – ten dưới góc \(50^\circ \) và \(40^\circ \) so với phương nằm ngang. Tính chiều cao của tòa nhà.
Hướng dẫn giải
Chiều cao của tòa nhà chính là độ dài đoạn thẳng \(BH\).
Xét tam giác \(CAE\) vuông tại \(E\), ta có:
\(CE = AE.\tan \widehat {CAE} = AE.\tan 40^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) (1).
Xét tam giác \(BAE\) vuông ở \(E\), ta có:
\(BE = AE.\tan \widehat {BAE} = AE.\tan 50^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(BC = BE - CE = AE\tan 50^\circ - AE\tan 40^\circ \)
\(BC = AE\left( {\tan 50^\circ - \tan 40^\circ } \right)\)
\(5 = AE\left( {\tan 50^\circ - \tan 40^\circ } \right)\)
\(AE = \frac{5}{{\tan 50^\circ - \tan 40^\circ }}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).
Suy ra \(CE = AE \cdot \tan \widehat {CAE} = \frac{5}{{\tan 50^\circ - \tan 40^\circ }} \cdot \tan 40^\circ \approx 11,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)
Chiều cao của tòa nhà là: \(5 + 11,9 + 7 \approx 23,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).
Vậy tòa nhà cao \(23,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).
(2,5 điểm)Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(OM = \frac{8}{5}R\).
Từ \(M\) vẽ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) của đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(A,B\) là hai tiếp điểm), đường thẳng \(AB\) cắt \(OM\) tại \(K\).
a) Chứng minh \[K\] là trung điểm \[AB\].
b) Kẻ đường kính \[AN\] của đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ \[BH\] vuông góc với \[AN\] tại \[H\]. Chứng minh rằng \[MB.BN = BH.MO.\]
c) Cho \[OM = 2R\], tính diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] theo \[R.\]
a) Ta có: \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(OA = OB\) (cùng bằng bán kính đường tròn \(\left( O \right)\))
Suy ra \(OM\) là đường trung trực của \(AB.\)
Mà đường thẳng \(AB\) cắt \(OM\) tại \(K\) nên \(K\) là trung điểm của \(AB.\)
b) Ta có: \(\widehat {ABN} = 90^\circ \) (\(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AN\)).
Suy ra \[BN\parallel MO\] (cùng vuông góc với \(AB\)).
Do đó: \(\widehat {AOM} = \widehat {ANB}\) (đồng vị)
\(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) (\(OM\) là phân giác \(\widehat {AOB}\))
Suy ra \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\).
Xét \(\Delta BHN\) và \(\Delta MBO\), có: \(\widehat {BHN} = \widehat {MBO} = 90^\circ \); \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\)
Suy ra (g.g).
Suy ra \(\frac{{BH}}{{MB}} = \frac{{BN}}{{MO}}\) hay \(MB.BN = BH.MO\) (đpcm).
c) Xét \(\Delta AOM\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOM} = 60^\circ .\)
Do \(MA\) và \(MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác góc \(\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {MOA} = 120^\circ \).
Do đó, \(\widehat {NOB} = 180^\circ - \widehat {BOA} = 60^\circ \) nên .
Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là:
\[S = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).
Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là\[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).
(0,5 điểm) Một người đào ao cá trên thửa ruộng dạng hình tam giác vuông \[ABC\] tại \[A\] có độ dài các cạnh góc vuông \[AB = 6{\rm{ m}}{\rm{,}}\] \[AC = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\] Một chiếc máy xúc ở vị trí điểm \[M\] di chuyển trên bờ \[BC.\] Gọi \[D\] và \[E\] là khoảng cách từ \[M\] đến bờ \[AB,AC.\] |
|
Người đó đào được ao là hình tứ diện \[ADME\]. Tính diện tích lớn nhất của ao cá mà người đó có thể đào.
Đặt \[AD = x\,\,\left( {x > 0} \right)\].
Ta có tứ giác \[ADME\] có \[\widehat {ADE} = \widehat {DAE} = \widehat {AED} = 90^\circ \] nên \[ADME\] là hình chữ nhật. Do đó, \[AD = EM = x.\]
Chứng minh được (g.g), từ đó ta có:
\[\frac{{EM}}{{AB}} = \frac{{CE}}{{CA}}\] hay \[\frac{x}{6} = \frac{{CE}}{8}\] suy ra \[CE = \frac{4}{3}x\].
Ta có \[AE = AC - EC = 8 - \frac{4}{3}x\].
Diện tích hình chữ nhật \[ADME\] là:
\[{S_{ADME}} = AD.AE = x\left( {8 - \frac{4}{3}x} \right)\].
Ta có: \[x\left( {8 - \frac{4}{3}x} \right) = - \frac{4}{3}{x^2} + 8x = - \frac{4}{3}\left( {{x^2} - 6x} \right)\]
\[ = - \frac{4}{3}\left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + 12\]
\[ = - \frac{4}{3}{\left( {x - 3} \right)^2} + 12\].
Vì \[{\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên \[ - \frac{4}{3}{\left( {x - 3} \right)^2} \le 0\]với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Do đó \[ - \frac{4}{3}{\left( {x - 3} \right)^2} + 12 \le 12\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Dấu “=” xảy ra khi \[x - 3 = 0\] khi \[x = 3.\]
Khi đó \[D\] là trung điểm của \[AB\].
Suy ra \[M\] là trung điểm của \[BC\].
Vậy diện tích lớn nhất của \[ADME\] bằng \[{\rm{12 }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] khi \[M\] là trung điểm của \[BC\].
Diện tích ao cá lớn nhất mà người đó có thể đào là \[{\rm{12 }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].
