Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 07

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, \(0x + 0y = 4\) không là phương trình bậc nhất hai ẩn vì\(a = 0\) và \(b = 0\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nhân hai vế của bất đẳng thức \(a > b\) với \( - 2,\) suy ra \( - 2a < - 2b\).

Trừ hai vế của bất đẳng thức \( - 2a < - 2b\) với \( - 1,\) do đó ta được: \( - 2a - 1 < - 2b - 1.\)

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác vuông \(ABC\), ta có \(\cos B = \cos \alpha = \frac{3}{5}.\)

Đáp án đúng là: A

Theo đề bài, \(d\left( {O;a} \right) = 4 < 6\), do đó đường thẳng \(a\) cắt nhau tại hai điểm của đường tròn.

Hướng dẫn giải

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

a) Do biểu thức \(A\) là biểu thức chứa căn thức bậc ba nên biểu thức \(A\) luôn xác định với mọi \(x,y \in \mathbb{R}\).

b) Khi \(A = 0\) hay \(\sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = 0\) nên \({x^6}{y^3} = 0\).

Suy ra \({x^6} = 0\) hoặc \({y^3} = 0\).

Do đó, \(x = 0\) hoặc \(y = 0\).

c) Với \(x = 2\) và \(y = - 3\) (thỏa mãn điều kiện) thì

\(A = \sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = \sqrt[3]{{{2^6}.{{\left( { - 3} \right)}^3}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{2^2}} \right)}^3}.{{\left( { - 3} \right)}^3}}} = {2^2}.\left( { - 3} \right) = - 12.\)

Vậy với \(x = 2\) và \(y = - 3\) thì giá trị của biểu thức \(A\) bằng \( - 12.\)

d) Ta có: \(A = \sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = \sqrt[3]{{{x^6}}}.\sqrt[3]{{{y^3}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2}} \right)}^3}}}.\sqrt[3]{{{y^3}}} = {x^2}y.\)

Vậy \(A = {x^2}y.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án: \(20\)

Cộng theo vế hai phương trình của hệ, ta được \(2x = 8\) suy ra \(x = 4.\)

Thay \(x = 4\) vào phương trình thứ nhất, ta được \(y = 9 - x = 5.\)

Suy ra \({x_0} = 4\) và \({y_0} = 5.\)

Vậy \(T = {x_0}{y_0} = 4.5 = 20.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án: \( - 2\)

Ta có: \(\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right) + 2x = 10\)

           \({x^2} - 25 + 2x - 10 = 0\)

           \({x^2} + 2x - 35 = 0\)

           \({x^2} - 5x + 7x - 35 = 0\)

           \(x\left( {x - 5} \right) + 7\left( {x - 5} \right) = 0\)

           \(\left( {x + 7} \right)\left( {x - 5} \right) = 0\)

\(x + 7 = 0\) hoặc \(x - 5 = 0\)

\(x = - 7\) hoặc \(x = 5.\)

Tổng tât cả các nghiệm của phương trình là \(\left( { - 7} \right) + 5 = - 2.\)

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

Gọi \(x\) (giờ) là thời gian để vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể;

\(y\)(giờ) là thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể (\(x,y > 0\)).

Đổi: 1 giờ 20 phút = \(\frac{4}{3}\) giờ, 12 phút = \(\frac{1}{5}\) giờ, 10 phút = \(\frac{1}{6}\) giờ.

Theo đề, hai vòi cùng chảy thì sau \(\frac{4}{3}\) giờ sẽ đầy bể.

Do đó, trong một giờ, hai vòi cùng chảy được số phần bể là: \(1:\frac{4}{3} = \frac{3}{4}\) (bể).

Trong 1 giờ, vòi thứ nhất chảy được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy được \(\frac{1}{y}\) (bể).

Ta có phương trình: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{4}.\left(1\right)$

Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy \(\frac{2}{{15}}\) bể nên ta có phương trình $\frac{1}{6x}+\frac{1}{5y}=\frac{2}{15}.\left(2\right)$

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{3}{4}\\\frac{1}{{6x}} + \frac{1}{{5y}} = \frac{2}{{15}}\end{array} \right.\).

Từ phương trình thứ nhất, ta có: \(\frac{1}{x} = \frac{3}{4} - \frac{1}{y}\), thế vào phương trình thứ hai, ta được:

\(\frac{1}{6}\left( {\frac{3}{4} - \frac{1}{y}} \right) + \frac{1}{{5y}} = \frac{2}{{15}}\)

 \(\frac{1}{8} + \frac{1}{{30y}} = \frac{2}{{15}}\)

\(\frac{1}{{30y}} = \frac{1}{{120}}\)

\(30y = 120\)

\(y = 4\) (TMĐK).

Thay \(y = 4\) vào hệ phương trình thứ nhất, được \(\frac{1}{x} = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\) suy ra \(x = 2\) (TMĐK).

Vậy vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể trong 2 giờ, vòi thứ hai chảy một mình đầy bể trong 4 giờ.

Hướng dẫn giải

a) Thay \(x = \frac{4}{9}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{{\sqrt {\frac{4}{9}} - 2}}{{\sqrt {\frac{4}{9}} + 7}} = \frac{{\frac{2}{3} - 2}}{{\frac{2}{3} + 7}} = \frac{{ - \frac{4}{3}}}{{\frac{{23}}{3}}} = - \frac{4}{{23}}.\)

Vậy giá trị của biểu thức \(A = - \frac{4}{{23}}\) khi \(x = \frac{4}{9}\).

b) Với \(x > 0\,;\,\,x \ne 4\), ta có:

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

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

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

   \( = \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

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

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

Vậy với \(x > 0;x \ne 4\) thì \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}.\)

c) Ta có: \(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}}:\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}}\).

Ta có \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} > 0\) với mọi \(x > 0\) nên \(\sqrt P \) luôn xác định.

Để \(\sqrt P \le \frac{1}{2}\) suy ra \(P \le \frac{1}{4}\). Mà \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}}\) nên \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}\).

Giải bất phương trình: \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}\)

                                    \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} - \frac{1}{4} \le 0\)

                                     \(\frac{{3\sqrt x - 7}}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}} \le 0\)

Do \(x > 0\) nên \(\sqrt x > 0\), suy ra \(\sqrt x + 7 > 7\) và \(4\left( {\sqrt x + 7} \right) > 28\).

Suy ra \(3\sqrt x - 7 \le 0\) nên \(\sqrt x \le \frac{7}{3}\), suy ra \(x \le \frac{{49}}{9}\).

Kết hợp điều kiện, suy ra \(0 < x \le \frac{{49}}{9}\) và \(x \ne 4.\)

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {1;2;3;5} \right\}\).

Vậy \(x \in \left\{ {1;2;3;5} \right\}\) là các giá trị nguyên cần tìm để \(\sqrt P \le \frac{1}{2}\).

Giả sử hình ảnh chiếc tàu trong bài toán được mô tả bởi hình vẽ sau:

a) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:

\(CB = AB.\sin A = 250.\sin 21^\circ \approx 89,6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vậy tàu đi được \(250{\rm{ m}}\)thì tàu ở độ sâu khoảng \(89,6{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

b) Gọi \(t\) là thời gian để tàu đi được độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Quãng đường tàu đi được trong thời gian \(t\) là: \(AB = {S_{AB}} = 2,5t{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:\(\sin A = \frac{{BC}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{CB}}{{\sin A}}\) hay \(2,5t = \frac{{200}}{{\sin 21^\circ }}\), suy ra \(t = \frac{{200}}{{2,5.\sin 21^\circ }} \approx 223,23{\rm{ }}\left( {\rm{s}} \right)\).

Đổi \(223,23{\rm{ s}} \approx 3\) phút \(43\) giây.

Vậy sau khoảng \({\rm{3}}\) phút \(43\) giây thì tàu ở độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OM\] là tia phân giác của \[\widehat {AOH}\], \[ON\] là tia phân giác của  \[\widehat {BOH}\].

Mà \[\widehat {AOH}\] và \[\widehat {BOH}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {MON} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[OMN\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot ON\].

Xét \[\Delta HOM\] và \[\Delta HNO\], có:

\[\widehat {MHO} = \widehat {OHN} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {HMO} = \widehat {HON}\] (cùng phụ với \[\widehat {MOH}\])

Do đó,  (g.g) nên \[\frac{{HO}}{{HN}} = \frac{{HM}}{{HO}}\].

Suy ra \[O{H^2} = HM.HN\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AM = HM\] và \[HN = BN\].

Do đó, \[O{H^2} = HM.HN = AM.BN\] suy ra \[{R^2} = AM.BN\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] do đó \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AM.BN = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Vì \[AM \bot AB,BN \bot AB\] nên \[AM\parallel BN\].

Xét tứ giác \[ABNM\] có \[AM\parallel BN\] và \[\widehat {BAM} = 90^\circ \,\,\left( {AM \bot AB} \right).\]

Do đó, \[ABNM\] là hình thang vuông.

Ta có: \[{S_{MON}} = \frac{1}{2}OH.MN \ge \frac{1}{2}OH.AB\] (vì \[ABNM\] là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) nên\(MN \ge AB\)).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[MN = AB\]. Khi đó, \[ABNM\] là hình chữ nhật và \[H\] là điểm chính giữa cung \[AB\] suy ra \[NM\parallel AB\].

Ta có \[OH \bot AO,OH \bot MN\] nên \[AOHM\] là hình chữ nhật, mà\[OA = OH = R\] suy ra \[AOHM\] là hình vuông.

Tương tự, ta có: \[OBNH\]là hình vuông.

Do đó, \[AM = BN = OH = \frac{{AB}}{2}\].

Vậy \[{S_{MON}}\] nhỏ nhất khi \[AM = BN = \frac{{AB}}{2}.\]

c) \(\Delta OAH\) cân tại \(O\) và có \(OK\) là phân giác của \(\widehat {AOH}\) (\(K \in OM\)).

Suy ra \(OK\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OAH\).

Do đó, \(K\) là trung điểm của \(AH\).

Ta có: \(ON\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta OBH\) cân tại \(O\) có \(OG\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (\(G \in ON\)).

Suy ra \(OG\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OBH\).

Do đó, \(G\) là trung điểm của \(BH\).

Xét \(\Delta HAJ\) vuông tại \(J\) có \(JK = \frac{1}{2}HA\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HBJ\) vuông tại \(J\) có \(JG = \frac{1}{2}HB\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HAB\) vuông tại \(H\) có \(A{H^2} + H{B^2} = A{B^2} = 4{R^2}\) (định lí Pythagore).

Do đó, \[J{G^2} + J{K^2} = \frac{1}{4}H{A^2} + \frac{1}{4}H{B^2} = \frac{1}{4}\left( {H{A^2} + H{B^2}} \right) = \frac{1}{4}A{B^2} = {R^2}\].

Vậy \[J{K^2} + J{G^2}\] có giá trị không đổi khi \[M\] di chuyển trên đường thẳng \[{d_1}\].