Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \) hay \(\widehat B,\,\widehat C\) là hai góc phụ nhau.

Do đó, \(\tan B = \cot C.\)

Vậy khẳng định D là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có góc ở tâm có số đo bằng cung bị chắn.

Do đó, chọn đáp án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: $4-3<5<4+3$ hay $1<O{O}^{\text{'}}<7$

Do đó hai đường tròn này cắt nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.         b) Sai.             c) Sai.                  d) Đúng.

• Gọi \(x\) (ml) là thể tích dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(y\) (ml) là thể tích nước cất \(0\% \) (\(x,{\rm{ }}y > 0\)).

Tổng thể tích dung dịch là \(1{\rm{ 000 ml}}\) nên ta có phương trình \(x + y = 1\,\,000\) (1).

Do đó, ý a) là đúng.

• Tổng khối lượng muối trong dung dịch là \(0,9\% \) của \(1{\rm{ 000 ml}}\). Lượng muối trong dung dịch ban đầu là \(1,5\% .x\) và trong nước cất là \(0\).

Do đó ta có: \(0,015x + 0y = 0,009.1\,\,000\) hay \(0,015x = 9\) (2)

Do đó, ý b) là sai.

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\\0,015x = 9\end{array} \right.\).

Do đó, ý c) là sai.

• Giải phương trình \(0,015x = 9\) ta được \(x = 600\) (thỏa mãn).

Thay \(x = 600\) vào phương trình (1), được: \(y = 1\,000 - 600 = 400\) (thỏa mãn).

Vậy Lan cần pha \(600{\rm{ ml}}\) dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(400{\rm{ ml}}\) dung dịch nước cốt \(0\% \) để được dung dịch mong muốn.

Do đó, ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.            b) Đúng.            c) Sai.                  d) Sai.

• 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).

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác \(BAE\) vuông ở \(E\), ta có:

\(BE = AE.\tan \widehat {BAE} = AE.\tan 50^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) (2).

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) suy ra \(BC = BE - CE = AE\tan 50^\circ  - AE\tan 40^\circ \)

                                \(BC = AE\left( {\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ } \right)\)

                                \(5 = AE\left( {\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ } \right)\)

                               \(AE = \frac{5}{{\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ }}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Do đó, ý c) là sai.

• Với \(AE = \frac{5}{{\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ }}\) 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 \(23,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 0

Điều kiện xác định \(x \ne \frac{1}{3},\,\,x \ne  - \frac{1}{3}.\)

Ta có: \(\frac{{1 - 3x}}{{1 + 3x}} - \frac{{1 + 3x}}{{1 - 3x}} = \frac{4}{{1 - 9{x^2}}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} - \frac{{{{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{4}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2} - {{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{4}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\({\left( {1 - 3x} \right)^2} - {\left( {1 + 3x} \right)^2} = 4\)

\(\left( {1 - 3x - 1 - 3x} \right)\left( {1 - 3x + 1 + 3x} \right) = 4\)

\( - 6x \cdot 2 = 4\)

\( - 12x = 4\)

      \(x =  - \frac{1}{3}\) (loại).

Vậy phương trình vô nghiệm.

Do đó, không có giá trị nào của \(x\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hướng dẫn giải

Đáp án: −4

Ta có: \[\frac{{4x + 9}}{3} + \frac{1}{2} \ge \frac{{2x - 1}}{4}\]

   \[\frac{{4\left( {4x + 9} \right)}}{{12}} + \frac{6}{{12}} \ge \frac{{3\left( {2x - 1} \right)}}{{12}}\]

   \[4\left( {4x + 9} \right) + 6 \ge 3\left( {2x - 1} \right)\]

   \[16x + 36 + 6 \ge 6x - 3\]

   \[16x + 42 \ge 6x - 3\]

   \[16x - 6x \ge  - 3 - 42\]

   \[10x \ge  - 45\]

    \[x \ge  - \frac{9}{2}.\]

Vậy bất phương trình có nghiệm là \[x \ge  - \frac{9}{2}.\]

Do đó, giá trị nguyên nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình trên là \[ - 4\].

Hướng dẫn giải

Đáp án: 0,25

Điều kiện xác dịnh: \[x \ge 0\].

Thay \[x = 25\] (thỏa mãn ĐKXĐ) vào \[A = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 7}}\], ta được:

\[A = \frac{{\sqrt {25}  - 2}}{{\sqrt {25}  + 7}} = \frac{{5 - 2}}{{5 + 7}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4} = 0,25\].

Vậy \[A = 0,25\] tại \[x = 25.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án: 62,8

Diện tích hình vành khuyên đó là: \(S = \pi \left( {{6^2} - {4^2}} \right) = 20\pi \approx 62,8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Hướng dẫn giải

a) Ta có \(OO' = OB + BO'\,\,\,\,\left( {d = R + R'} \right)\)

Do đó đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\) tiếp xúc ngoài với nhau tại \(B.\)

Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE)\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \(H\) là trung điểm của \(DE\).

Mà \[H\] lại là trung điểm của \(AC\), do đó tứ giác \(ADCE\) là hình bình hành.

Mặt khác, \(AC \bot DE\) nên hình bình hành \[ADCE\] là hình thoi.

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(BE \bot AE\) tại \(E\).

Mà \(AE\,{\rm{//}}\,CD\) (do \[ADCE\] là hình thoi) nên \[EB \bot CD\].

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) đường kính \(BC\) ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(BF \bot CD\) tại \(F\).

Ta có \(EB \bot CD\) và \(FB \bot CD\) suy ra \(EB\) và \(FB\) trùng nhau.

Vậy ba điểm \(F,B,E\) thẳng hàng.

c) Tam giác \(FDE\) vuông tại \(F\) có \[FH\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(DE\) nên \(FH = \frac{1}{2}DE = HD = HE.\)

Do đó \(\Delta HFD\) cân tại \(H\), do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {HDC}\).

Mặt khác, \[O'FC\] cân tại \(O'\) (do \[O'F = O'C\]) nên \(\widehat {O'FC} = \widehat {HCD}\)

Mà \(\widehat {HDC} + \widehat {HCD} = 90^\circ \) (tam giác \[HCD\] vuông tại \[H\])

Nên \(\widehat {HFD} + \widehat {O'FC} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {HFO'} = 180^\circ - \left( {\widehat {HFD} + \widehat {O'FC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Ta có \(HF \bot O'F\) tại \(F\) và \(F\) thuộc đường tròn \(\left( {O'} \right)\) nên \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

Vậy \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đặt \[AD = x\,\,\left( {x > 0} \right)\].

Ta có tứ giác \[ADME\] có \[\widehat {ADE} = \widehat {DAE} = \widehat {AEM} = 90^\circ \] nên \[ADME\] là hình chữ nhật.

Do đó, \[EM = AD = x{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Ta có \(EM\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(AC)\) nên theo hệ quả định lí Thalès, 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:

\[{S_{ADME}} = AD.AE = x\left( {8 - \frac{4}{3}x} \right)\]\[ = - \frac{4}{3}{x^2} + 8x = - \frac{4}{3}\left( {{x^2} - 6x} \right)\]

 \[ = - \frac{4}{3}\left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + 12\]\[ = - \frac{4}{3}{\left( {x - 3} \right)^2} + 12\].

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 \[x - 3 = 0\] hay \[x = 3.\]

Khi đó \[D\] là trung điểm của \[AB\].

Lúc này, xét \(\Delta ABC\) có \(D\) là trung điểm của \(AB\) và \(DM\,{\rm{//}}\,AC\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(DM\) là đường trung bình của tam giác \(ABC,\) suy ra \[M\] là trung điểm của \[BC\].

Như vậy, diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \[ADME\] bằng \[{\rm{12 }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] khi \[M\] là trung điểm của \[BC\].

Vậy diện tích ao cá lớn nhất mà người đó có thể đào là \[{\rm{12 }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].