Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 03

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, \(2x - y = 3\)là một phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Cách 1: Sử dụng MTCT để tìm nghiệm của hệ hai phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\3x - 2y = 4.\end{array} \right.\)

Với MTCT phù hợp, ta bấm lần lượt các phím:

$\boxed{\text{\hspace{0.17em}MODE\hspace{0.17em}}}\boxed{5}\boxed{1}\boxed{1}\boxed{=}\boxed{2}\boxed{=}\boxed{4}\boxed{=}\boxed{3}\boxed{=}\boxed{-}\boxed{2}\boxed{=}\boxed{4}\boxed{=}\boxed{=}$ 

Trên màn hình cho kết quả \(x = 2,\) ta bấm tiếp phím $\boxed{=},$ màn hình cho kết quả \(y = 1.\)

Vậy cặp số \(\left( {2;\,\,1} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\3x - 2y = 4.\end{array} \right.\)

Cách 2:Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\3x - 2y = 4.\end{array} \right.\)

Thực hiện cộng theo vế hai phương trình ta được \(4x = 8\), suy ra \(x = 2.\)

Thay \(x = 2\) vào phương trình thứ nhất ta được: \(2 + 2y = 4\) hay \(2y = 2\), suy ra \(y = 1\).

Vậy cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Điều kiện xác định của phương trình \(\frac{{x + 3}}{{x + 1}} + \frac{{x - 2}}{x} = 2\) là \(x + 1 \ne 0\) và \(x \ne 0\) hay \(x \ne - 1;\,\,x \ne 0.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta viết bất phương trình \(\frac{x}{2} + 1 > 0\) về dạng \(\frac{1}{2}x + 1 > 0,\) đây là bất phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b > 0\) với \(a = \frac{1}{2} \ne 0\) và \(b = 1.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của biểu thức \(A = \sqrt {{x^2} + 6} \) là \({x^2} + 6 \ge 0\).

Với mọi \(x \in \mathbb{R},\) ta có: \({x^2} \ge 0\) nên \({x^2} + 6 \ge 6\) hay \({x^2} + 6 > 0\).

Vậy ta chọn phương án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\sqrt {\frac{A}{B}} = \frac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }}\) với \(A \ge 0,\,\,B > 0\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(C = \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } - \sqrt {7 + 2\sqrt {10} } \)

\( = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 + 1} - \sqrt {5 + 2\sqrt {2 \cdot 5} + 2} \)

\( = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt 2 } \right)}^2}} \)

\( = \sqrt 2 + 1 - \left( {\sqrt 5 + \sqrt 2 } \right)\)

\( = 1 - \sqrt 5 \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\(AB = BC.\cos B.\)

Vậy ta chọn phương án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\) hay \(BC = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{10}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}.\)

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Hai đường tròn chỉ có một điểm chung được gọi là hai đường tròn tiếp xúc nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Hai đường tròn \(\left( {O;2{\rm{ cm}}} \right)\) và \(\left( {O';5{\rm{ cm}}} \right)\) tiếp xúc ngoài thì độ dài của \(OO'\) bằng

\(OO' = R + R' = 2 + 5 = 7{\rm{ cm}}{\rm{.}}\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(M\) là trung điểm của \(OC\) nên \(OM = \frac{{OC}}{2} = 6\)cm.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(MOA\) vuông tại \(M,\) ta có: \(M{O^2} + M{A^2} = O{A^2}\)

Suy ra \(M{A^2} = O{A^2} - O{M^2} = {12^2} - {6^2} = 108\)

Do đó \(MA = 6\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) có \(OM\) là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Khi đó, ta có \(AB = 2MA = 2 \cdot 6\sqrt 3 = 12\sqrt 3 {\rm{ (cm)}}{\rm{.}}\)

Hướng dẫn giải

a) Thay \(x = \frac{1}{9}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A,\) ta được: \(A = \frac{{\sqrt {\frac{1}{9}} + 2}}{{\sqrt {\frac{1}{9}} - 4}} = \frac{{\frac{1}{3} + 2}}{{\frac{1}{3} - 4}} = \frac{{\frac{7}{3}}}{{ - \frac{{11}}{3}}} = - \frac{7}{{11}}.\)

Vậy \(A = - \frac{7}{{11}}\) khi \(x = \frac{1}{9}.\)

b) Với \(x > 0,\,\,x \ne 16,\) ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 4}} - \frac{{10\sqrt x - 8}}{{16 - x}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 4}} + \frac{{10\sqrt x - 8}}{{x - 16}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} + \frac{{10\sqrt x - 8}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 4\sqrt x - 2\sqrt x + 8 + 10\sqrt x - 8}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}}.\]

Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 16\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}}.\)

c) ⦁ Với \(x > 0,\,\,x \ne 16,\) ta có:

\(\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 4}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 4}} \cdot \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}.\)

⦁ Để \(\frac{A}{B} \ge 2\) thì \(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} \ge 2\).

Giải bất phương trình:

\(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} \ge 2\)

\(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} - 2 \ge 0\)

\(\frac{{\sqrt x + 2 - 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} \ge 0\)

\(\frac{{2 - \sqrt x }}{{\sqrt x }} \ge 0\)

\(2 - \sqrt x \ge 0\) (do \(\sqrt x > 0\) với mọi \(x > 0,\,\,x \ne 16)\)

\(\sqrt x \le 2\)

\(x \le 4\).

Kết hợp điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 16,\) ta được: \(0 < x \le 4\).

Vậy \(0 < x \le 4\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Hướng dẫn giải

2. Gọi \(x,\,\,y\) (giờ) lần lượt là số giờ tổ I, tổ II làm riêng để hoàn thành toàn bộ công việc \(\left( {x,\,\,y > 0} \right).\)

⦁ Trong 1 giờ, tổ I làm được \(\frac{1}{x}\) (công việc); tổ II làm được \(\frac{1}{y}\) (công việc).

Khi đó, trong 1 giờ, cả hai tổ làm được: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\) (công việc).

Theo bài, nếu cả hai tổ cùng làm thì sau \(15\) giờ xong công việc nên trong 1 giờ cả hai tổ làm chung được \(\frac{1}{{15}}\) (công việc). Ta có phương trình \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\) (1)

⦁ Trong 3 giờ, tổ I làm được \(\frac{3}{x}\) (công việc).

Trong 5 giờ, tổ II làm được \(\frac{5}{y}\) (công việc).

Theo bài, tổ I làm trong 3 giờ, tổ II làm trong 5 giờ thì hoàn thành được \(25\% = \frac{1}{4}\) công việc nên ta có phương trình: \(\frac{3}{x} + \frac{5}{y} = \frac{1}{4}\) (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\\\frac{3}{x} + \frac{5}{y} = \frac{1}{4}\end{array} \right.\).

Từ phương trình thứ nhất, ta được: \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{15}} - \frac{1}{y}\).

Thế \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{15}} - \frac{1}{y}\) vào phương trình thứ hai, ta được:

\(3\left( {\frac{1}{{15}} - \frac{1}{y}} \right) + \frac{5}{y} = \frac{1}{4}\) hay \(\frac{1}{5} + \frac{2}{y} = \frac{1}{4}\), suy ra \(\frac{2}{y} = \frac{1}{{20}}\) nên \(y = 40\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 40\) vào phương trình \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{15}} - \frac{1}{y}\), ta được:

\(\frac{1}{x} = \frac{1}{{15}} - \frac{1}{{40}}\) hay \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{24}}\), suy ra \(x = 24\) (thỏa mãn).

Vậy tổ I làm riêng trong 24 giờ sẽ hoàn thành công việc, tổ II làm riêng trong 40 giờ sẽ hoàn thành công việc.

Hướng dẫn giải

a) Theo đề bài, phần ngọn bị gãy \(AB\) và phần gốc \(AC\) có tỉ lệ \(3:2\) hay \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{2}\), suy ra \(\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), ta có: \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{2}{3}\), suy ra \(\alpha = \widehat {ABC} \approx 41^\circ 49'.\)

Vậy góc \(\alpha \) tạo bởi phần thân bị gãy \(AB\) và mặt đất \(BC\) khoảng \(\alpha \approx 41^\circ 49'.\)

b) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), ta có: \(AC = BC \cdot \tan \widehat {ABC} \approx 5 \cdot \tan 41^\circ 49' \approx 4,47{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Mà \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{2}\), suy ra \(AB = \frac{3}{2}AC \approx \frac{3}{2} \cdot 4,47 = 6,705{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Độ dài cây ban đầu là tổng của phần ngọn bị gãy \(AB\) và phần gốc \(AC\).

Vậy chiều cao ban đầu của cây khoảng: \[4,47 + 6,705 = 11,175 \approx 11,18{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

a) ⦁ Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[AB,AC\] là hai tiếp cắt nhau tại \[A\] nên \[AB = AC\](tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó \[A\] thuộc đường trung trực \[BC\].

Mặt khác, \[OB = OC = R\] nên \[O\] thuộc trung trực của đoạn thẳng \[BC\].

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(BC\), do đó \[OA \bot BC\] tại \[H\].

⦁ Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(AB \bot OB\) tại \(B.\)

Xét \[\Delta HAB\] và \[\Delta BAO\] có: \(\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) và \(\widehat {OAB}\) là góc chung.

Do đó $\Delta HAB\backsim \Delta BAO$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{HA}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{AO}}\] hay \[AH \cdot AO = A{B^2}\] (1).

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B,\) ta có: \[A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = A{O^2} - {R^2}\] (định lí Pythagore). (2)

Lại có:

\[AM \cdot AN = \left( {AO - OM} \right)\left( {AO + ON} \right)\]

               \[ = A{O^2} + AO \cdot ON - OM \cdot AO - OM \cdot ON\]

               \[ = A{O^2} - OM \cdot ON\]\[ = A{O^2} - {R^2}\] (vì \(OM = ON = R)\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \[AM \cdot AN = AH \cdot AO = A{O^2} - {R^2}.\]

b) ⦁ Ta có: \[CE\,{\rm{//}}\,AB\] (cùng vuông góc với \[BD\])

Suy ra \[\frac{{EK}}{{AB}} = \frac{{DE}}{{DB}}\] (hệ quả định lí Thalès).

Do đó \[EK.BD = DE.AB\](∗).

⦁ Xét \(\Delta BCD\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(BD\) và \(CO = BO = DO = R = \frac{{BD}}{2}\) (do \(BD\) là đường kính) nên \(\Delta BCD\) vuông tại \(C.\)

Ta có \(BC \bot CD,\,\,BC \bot OA\) nên \(CD\,{\rm{//}}\,OA\), do đó \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\)(đồng vị)

Xét \[\Delta ABO\] và \[\Delta CED\] có: \(\widehat {ABO} = \widehat {CED} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\)

Do đó $\Delta ABO\backsim \Delta CED$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{CE}} = \frac{{BO}}{{ED}}\] hay \[CE.BO = DE.AB\](∗∗).

Từ (∗) và (∗∗) suy ra \[EK.BD = CE.BO\].

Mà \[BD = 2BO\], suy ra \[EK \cdot 2BO = CE.BO\], suy ra \[2EK = CE\].

Do đó \[K\] là trung điểm của \[CE.\]

c) Xét \(\Delta AOB\) vuông tại \(B,\) có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 60^\circ .\)

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

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)

Do đó, số đo cung nhỏ \(BC\) bằng \(120^\circ \).

Suy ra, số đo cung lớn \(BC\) là \(360^\circ - 120^\circ = 240^\circ .\)

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung lớn \[BC\] là

\(S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 240}}{{360}} = \frac{{2\pi {R^2}}}{3}\) (đơn vị diện tích).

Gọi độ dài của đoạn \[AE = x{\rm{ }}\left( {0 < x < 4} \right)\] (m), suy ra độ dài đoạn \[EB = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Theo đề, các phần đất hình tam giác bằng nhau, nên ta có:

\[AE = BH = GC = DF = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] và \[BE = CH = GD = AF = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[AEF\]vuông tại \(A\), có:

\[A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\]

\[{x^2} + {\left( {4 - x} \right)^2} = E{F^2}\]

\[2{x^2} - 8x + 16 = E{F^2}\]

Suy ra \[EF = \sqrt {2{x^2} - 8x + 16} = \sqrt {2\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 8} = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Do các phần hình tam giác bằng nhau nên \[FG = GH = HE = EF = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Suy ra, chu vi \[EFGH\] là: \[EF + FG + GH + HE = 4EF = 4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Để chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất thì \[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \] nhỏ nhất.

Với mọi \[0 < x < 4,\] ta có:

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\]

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} + 8 \ge 8\]

\[\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \ge \sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \ge 4\sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \ge 8\sqrt 2 \].

Do đó, chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất bằng \[8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] khi \[x - 2 = 0\] hay \[x = 2{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Vậy khoảng cách từ \[A\] đến \[E\] bằng \[2{\rm{ m}}\] thì tứ giác \[EFGH\] có chu vi nhỏ nhất.