Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 06

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Thực hiện xét các đáp án, ta có:

Thay \(x = 1\,,\,\,y = - 2\) vào phương trình \(3x + 2y = 7\), ta được: \(3.1 + 2.\left( { - 2} \right) = - 1 \ne 7.\)

Do đó, \(\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(3x + 2y = 7\).

Thay \(x = 1\,,\,\,y = 2\) vào phương trình \(3x + 2y = 7\), ta được: \(3.1 + 2.2 = 7\).

Do đó, \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\) là nghiệm của phương trình \(3x + 2y = 7\).

Thay \(x = - 1\,,\,\,y = 2\) vào phương trình \(3x + 2y = 7\), ta được: \(3.\left( { - 1} \right) + 2.2 = 1 \ne 7\).

Do đó, \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(3x + 2y = 7\).

Thay \(x = 2\,,\,\,y = 1\) vào phương trình \(3x + 2y = 7\), ta được: \(3.2 + 2.1 = 8 \ne 7\).

Do đó \(\left( {2\,;\,\,1} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(3x + 2y = 7\).

Vậy cặp số \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\) là nghiệm của phương trình \(3x + 2y = 7\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Trừ hai vế của bất đẳng thức \(m > n\) cho 3, ta được \(m - 3 > n - 3.\)

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác \(MNP\) vuông tại \(M\), ta có: \(\cot \widehat {MNP} = \frac{{MN}}{{MP}}\).

Đáp án đúng là: D

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn.

Hướng dẫn giải

Đáp án:         a) S                b) Đ               c) Đ                d) S

a) Ta có \(P = 0\) hay \(\sqrt {{a^2}{b^4}} = 0\) nên \({a^2}{b^4} = 0\).

Khi đó \[{a^2} = 0\] hoặc \[{b^4} = 0\].

Do đó \(a = 0\) hoặc \(b = 0.\)

Vậy khi \(P = 0\) thì \(a = 0\) hoặc \(b = 0.\)

b) Để biểu thức \(P\) có nghĩa thì \({a^2}{b^4} \ge 0\).

Vì \({b^4} \ge 0\) với mọi \(b \in \mathbb{R}\) nên để \({a^2}{b^4} \ge 0\) thì \(a \ge 0\).

Vậy để biểu thức \(P\) có nghĩa thì \(a \ge 0\) và \(b \in \mathbb{R}.\)

c) Với \(a = - 2\,,\,\,b = - 1\) (TMĐK) thì

\(P = \sqrt {{a^2}{b^4}} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} \cdot {{\left( { - 1} \right)}^4}} = \sqrt 4 = 2.\)

Vậy với \(a = - 2\,,\,\,b = - 1\) thì giá trị của biểu thức \(P\) là 2.

d) Ta \[P = \sqrt {{a^2}{b^4}} = \sqrt {{a^2}{{\left( {{b^2}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {{b^2}} \right)}^2}} = \left| a \right| \cdot {b^2}\] (vì \({b^2} \ge 0\) với mọi \(b \in \mathbb{R}\)).

Vậy \[P = \left| a \right| \cdot {b^2}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án: 3

Từ phương trình thứ nhất, ta có: \(x - 5y = 21\), suy ra \(x = 21 + 5y\).

Thế \(x = 21 + 5y\) vào phương trình \( - 6x + 3y = - 45\) ta được \( - 6\left( {21 + 5y} \right) + 3y = - 45\) hay \( - 126 - 27y = - 45\), suy ra \(y = - 3.\)

Do đó, \(x = 21 + 5.\left( { - 3} \right) = 6.\)

Suy ra \(\left( {6; - 3} \right)\) là nghiệp của hệ phương trình đã cho.

Từ đó, \({x_0} = 6;{y_0} = - 3\) nên \(T = {x_0} + {y_0} = 6 + \left( { - 3} \right) = 3.\)

Vậy \(T = {x_0} + {y_0} = 3.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án: \(2,9\)

Ta có \(\left( {\frac{2}{5}x + 1} \right)\left( {2 - 5x} \right) = 0\)

\(\frac{2}{5}x + 1 = 0\) hoặc \(2 - 5x = 0\).

\(x = - \frac{5}{2}\) hoặc \(x = \frac{2}{5}.\)

Vậy hiệu giữa nghiệm lớn và nghiệm bé của phương trình đó là: \(\frac{2}{5} - \left( { - \frac{5}{2}} \right) = \frac{{29}}{{10}} = 2,9.\)

1. Giải các phương trình, bất phương trình sau.

Gọi \(x,\,\,y\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\) lần lượt là khối lượng táo và xoài mà bác Nam mua \(\left( {x,y > 0} \right).\)

Theo đề bài, ta có phương trình về khối lượng về táo và xoài là $x+y=18\left(1\right)$

Tổng giá trị của thùng trái cây là \(1\,\,205\,\,000\) đồng nên $65x+70y=1205\left(2\right)$

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 18\\65x + 70y = 1\,\,205\end{array} \right.\)

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: \(x = 18 - y\), thế vào phương trình thứ hai, ta được:

\(65\left( {18 - y} \right) + 70y = 1\,\,205\)

\(65.18 - 65y + 70y = 1\,\,205\)

\(1170 + 5y = 1\,\,205\)

\(5y = 35\)

\(y = 7\) (TMĐK).

Thay \(y = 7\) vào phương trình thứ nhất, ta được: \(x = 18 - 7 = 11\) (TMĐK).
Vậy bác Nam đã mua 11 kg táo và 7 kg xoài.

Hướng dẫn giải

a) Thay \(x = \frac{{81}}{{16}}\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\sqrt {\frac{{81}}{{16}}} - 2}}{{\sqrt {\frac{{81}}{{16}}} + 3}} = \frac{{\frac{9}{4} - 2}}{{\frac{9}{4} + 3}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{{\frac{{21}}{4}}} = \frac{1}{{21}}.\)

Vậy giá trị của biểu thức \(A = \frac{1}{{21}}\) khi \(x = \frac{{81}}{{16}}\).

b) Với \[x \ge 0\,;\,\,x \ne 4\,;\,\,x \ne 9,\] ta có:

\(B = \left( {\frac{{3\sqrt x + 6}}{{x - 4}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{x - 9}}{{\sqrt x - 3}}\)

\( = \left[ {\frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

\( = \left[ {\frac{3}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right] \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 3}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 3}}\)

\( = \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\).

Vậy với \[x \ge 0\,;\,\,x \ne 4\,;\,\,x \ne 9\] thì \(B = \frac{1}{{\sqrt x - 2}}.\)

c) Ta có: \(M = A \cdot B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x - 2}} = \frac{1}{{\sqrt x + 3}}.\)

Vì \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x \ge 0\), do đó \(\sqrt x + 3 \ge 3\) suy ra \(\frac{1}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{1}{3}.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt x = 0\) hay \(x = 0\) (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(M = \frac{1}{3}\) khi \(x = 0\).

Hướng dẫn giải

a) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn \(AB\).

Xét tam giác vuông \(ABC\), ta có:

\(AB = AC \cdot \widehat {\tan ACB} = 72 \cdot \tan 67^\circ \approx 170{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vậy chiều cao của tòa tháp chung cư này là \(170{\rm{ m}}\).

b) Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(BD = \frac{{AB}}{{\sin BDA}} = \frac{{170}}{{\sin 45^\circ }} = 170\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vận tốc trung bình của chiếc flycam đó là: \(170\sqrt 2 :140 \approx 1,72{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right){\rm{.}}\)

Vậy vận tốc trung bình của chiếc flycam đó khoảng \(1,72{\rm{ m/s}}{\rm{.}}\)

a) Xét \(\Delta AOM\) và \(\Delta BOP\) có:

\(OA = OB = R\) (gt)

\(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \) (gt)

\(\widehat {MOA} = \widehat {BOP}\)(đối đỉnh)

Do đó \(\Delta AOM = \Delta BOP\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra \(OM = OP\) (hai cạnh tương ứng).

b) Theo giả thiết, có \(ON\) vuông góc với \(MP\).

Mà \(OM = OP\) nên suy ra tam giác \(MNP\) cân tại \(N\).

Suy ra \(N\) nằm trên tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Lại có \(OI \bot MN\) nên \(MN\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(I\).

Vì hai tiếp tuyến của đường tròn tại \(I\) và \(A\) cắt nhau tại \(M\) nên \(IM = MA\) (tính chất).

Tương tự, hai tiếp tuyến của đường tròn tại \(I\) và \(B\) cắt nhau tại \(N\), do đó \(IN = NB\) (tính chất).

Xét tam giác \(NOM\) vuông tại \(O\), có \(OI \bot MN\) nên áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(IM.IN = O{I^2}\) hay \(IM \cdot IN = {R^2}\).

Ta có \(IM \cdot IN = {R^2}\) mà \(IM = MA\,;\,\,IN = NB\) nên \(AM \cdot NB = {R^2}\).

c) Xét tam giác \(MOI\), có: \(\cos \widehat {IOM} = \frac{{OI}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}.\) Suy ra \(\widehat {IOM} = 60^\circ \).

Ta có \(\widehat {IOM} = \widehat {IOE} = 60^\circ \).

Do \(ON\) vuông góc với \(MP\) nên \(\widehat {NOM} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {NOM} = \widehat {NOI} + \widehat {IOM}\) nên \(\widehat {NOI} = \widehat {NOM} - \widehat {IOM} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {IOF} = \widehat {ION} + \widehat {NOF} = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ \).

Do đó, \(S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120.\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi \(OI,\,\,OF\) và cung nhỏ \[IF\] là \(\frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

d) Ta có \(BN\parallel MA\) (cùng vuông với \(AB\)).

Xét \(\Delta KBN\) và \(\Delta KMA\), có:

\(\widehat {KBN} = \widehat {KMA}\) (so le trong)

\(\widehat {BKN} = \widehat {AKM}\) (đối đỉnh)

Do đó,  (g.g). Suy ra \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{BN}}{{AM}}\].

Mà, ta có: \(IM = MA\,;\,\,IN = NB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}\].

Xét tam giác \[MBN\], có: \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}\] nên \[IK\parallel BN\] (Thalès đảo).

Mà \[BN \bot AB\] nên \[IK \bot AB\].

Kéo dài \[IK\] cắt \[AB\] tại \[H\] thì \[IH \bot AB\].

Xét \(\Delta AMN\) có: \[IK\parallel AM\,\,\left( {\parallel BN} \right)\] nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{NK}}{{AN}}\).

Xét \(\Delta AMB\) có \(KH\parallel AM\left( {\parallel BN} \right)\) nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{KH}}{{AM}} = \frac{{AH}}{{AB}}\).

Xét \(\Delta ANB\) có \(KH\parallel BN\) nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{NK}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{HK}}{{AM}}\), do đó \(IK = HK\) hay \(K\) là trung điểm của \(IH\).

Xét \(\Delta KAB\) và \(\Delta IAB\) có chung đáy \(AB\) và đường cao \(KH = \frac{{IH}}{2}.\)

Suy ra \({S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta IAB\) vuông tại \(I\) với \(IB = \sqrt 3 IA\), ta được:

\(I{A^2} + I{B^2} = A{B^2}\)

\(I{A^2} + 3I{A^2} = 4{R^2}\)

\(4I{A^2} = 4{R^2}\)

\(I{A^2} = {R^2}\)

Suy ra \(IA = R\) và \(IB = \sqrt 3 R\).

Do đó \({S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đvdt).

Vậy diện tích tam giác \(KAB\) là \(\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đvdt).