Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 3

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì \(x + 3 \ne 0\)khi \(x \ne - 3\) và \(x - 4 \ne 0\) khi \(x \ne 4\)nên điều kiện xác định của phương trình đã cho là \(x \ne - 3\) và \(x \ne 4\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét các phương trình, nhận thấy:

• Điều kiện xác định của \[\frac{{5x}}{{4x - 1}} = 2\] là \[4x - 1 \ne 0\] nên \(x \ne \frac{1}{4}.\)

• Điều kiện xác định của \[\frac{5}{4} = \frac{2}{{x - 1}}\] là \[x - 1 \ne 0\] nên \(x \ne 1.\)

• Điều kiện xác định của \[\frac{2}{{x + 4}} = 5\] là \[x + 4 \ne 0\] nên \(x \ne - 4.\)

• Điều kiện xác định của \[\frac{{ - 3x}}{{4x + 1}} = 2\] là \[4x + 1 \ne 0\] nên x≠−14

Do đó, chọn đáp án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

⦁ Thay \(x = - 2,{\rm{ }}y = 4\)vào phương trình \(x - 2y = 0\), ta được: \( - 2 - 2.4 = - 10 \ne 0.\)

Do đó, \(\left( { - 2;\,\,4} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(x - 2y = 0.\)

⦁ Thay \(x = - 2,{\rm{ }}y = 4\)vào phương trình \(2x + y = 0\), ta được: \(2 \cdot \left( { - 2} \right) + 4 = 0.\)

Do đó, \(\left( { - 2;\,\,4} \right)\) là nghiệm của phương trình \(2x + y = 0.\)

⦁ Thay \(x = - 2,{\rm{ }}y = 4\)vào phương trình \(x - y = 2\), ta được: \( - 2 - 4 = - 6 \ne 2.\)

Do đó, \(\left( { - 2;\,\,4} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(x - y = 2.\)

⦁ Thay \(x = - 2,{\rm{ }}y = 4\)vào phương trình \(x + 2y + 1 = 0\), ta được: \( - 2 + 2.4 + 1 = 7 \ne 0.\)

Do đó, \(\left( { - 2;\,\,4} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(x + 2y + 1 = 0.\)

Vậy chọn đáp án B.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng \(\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\a'x + b'y = c'\end{array} \right.\).

Do đó, hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\x - 3{y^2} = 4\end{array} \right.\) không là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

Do đó, chọn đáp án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Bất đẳng thức diễn tả khẳng định “\(n\) nhỏ hơn \(\frac{3}{5}\)” là \(n < \frac{3}{5}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Có \(a < b\) nên \( - 2a > - 2b.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét các đáp án, ta được:

\(\sqrt {16} + \sqrt {144} = 4 + 12 = 16.\)Do đó, đáp án A là đúng.

\(\sqrt {0,64} .\sqrt 9 = 0,8.3 = 2,4\). Do đó, đáp án B là đúng.

\(\sqrt {{{\left( { - 18} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( { - 6} \right)}^2}} = 18.6 = 108.\)Do đó, đáp án C là đúng.

\(\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2}} .\sqrt {{7^2}} = 3.7 = 21 \ne - 21.\)Do đó, đáp án D là sai.

Vậy chọn đáp án D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

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

Do đó, chọn đáp án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\) nên \(AB = BC.\cos B.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì \(\alpha + \beta = 90^\circ \) nên \(\alpha \) và \(\beta \) là hai góc phụ nhau.

Do đó, \(\tan \alpha = \cot \beta .\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nếu đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) thì \(d \bot OA\) tại \(A\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Cho hai đường tròn \(\left( {O;\,\,2{\rm{ cm}}} \right)\) và \(\left( {O';\,\,5{\rm{ cm}}} \right)\) tiếp xúc ngoài thì \(OO' = 2 + 5 = 7{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Hướng dẫn giải

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

• Gọi \(x\) (quả) là số quả bóng được ném vào rổ (\(0 < x \le 15\), \(x \in \mathbb{N}).\)

Số quả bóng ném ra ngoài là: \(15 - x\) (quả).

Do đó, ý a) là đúng.

• Số điểm nhận được khi ném được \(x\) quả bóng vào rổ là: \(2x\) (điểm).

Số điểm bị trừ khi ném \(15 - x\) quả ra ngoài là: \(15 - x\) (điểm).

Tổng số điểm đạt được sau khi ném \(15\) quả bóng là: \(2x - \left( {15 - x} \right)\) (điểm).

Do đó, ý b) là đúng.

• Theo bài, nếu đạt 15 điểm trở lên thì sẽ được chọn vào đội tuyển nên ta có bất phương trình:

\(2x - \left( {15 - x} \right) \ge 15\).

Do đó, ý c) là sai.

• Giải bất phương trình lập được ở câu a:

\(2x - \left( {15 - x} \right) \ge 15\)

\(2x - 15 + x \ge 15\)

\(3x \ge 30\)

\(x \ge 10\).

Mà \(x \in \mathbb{N}\) và cần tìm giá trị \(x\) nhỏ nhất nên \(x = 10.\)

Vậy muốn được chọn vào đội tuyển thì bạn học sinh phải ném được ít nhất 10 quả bóng vào rổ.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

• Từ hình vẽ, ta xét tam giác vuông \(ABC\), có:

\(AC = AB.\tan \widehat {CBA} = 48.\tan 80^\circ \approx 272,22{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Do đó, ý a) là sai.

• Do người đó có tầm mắt \[1,65{\rm{ m}}\] nên chiều cao của tòa nhà là:

\[272,22 - 1,65 = 270,57{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy tòa nhà cao \[270,57{\rm{ m}}\].

Do đó, ý b) là sai.

• Khoảng cách từ xe thu gom phế thải ở \[E\] đến chân tòa nhà là độ dài đoạn \[EA\].

Xét tam giác vuông \[EAD\], ta có:

\[EA = \frac{{AD}}{{\tan \widehat {DEA}}} = \frac{{200}}{{\tan 65^\circ }} \approx 93,26{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Do đó, ý c) là đúng.

• Khoảng cách của hai xe thu gom phế thải là \[93,26 - 48 = 45,26{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Vậy hai xe thu gom phế thải cách nhau \[45,26{\rm{ m}}\].

Vậy ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 5

Điều kiện xác định: \(x \ne - 3\).

Ta có: \[\frac{{x + 2}}{{x + 3}} - \frac{{3x}}{{x + 3}} = 1\]

           \[\frac{{x + 2 - 3x}}{{x + 3}} = 1\]

           \[\frac{{2x - 2}}{{x + 3}} = \frac{{x + 3}}{{x + 3}}\]

           \[2x - 2 = x + 3\]

           \[2x - x = 3 + 2\]

           \[x = 5\] (thỏa mãn).

Vậy \[x = 5\].

Hướng dẫn giải

Đáp án: 720

Gọi chiều dài, chiều rộng của sân trường lần lượt là \(x,\,y\,\,\left( {\rm{m}} \right).\)

Điều kiện: \(x > 16,\,\,y > 0\).

Theo đề, chiều dài hơn chiều rộng \(16\,\,{\rm{m}}\)nên \(x - y = 16\). (1)

Hai lần chiều dài kém 5 lần chiều rộng \(28\,\,{\rm{m}}\)nên \(5y - 2x = 28\,{\rm{.}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 16\\5y - 2x = 28\end{array} \right.\).

Từ (1) có \(x = 16 + y\) thay vào (2) được: \(5y - 2\left( {16 + y} \right) = 28\,\) hay \(3y - 32 = 28\,{\rm{.}}\)

Suy ra \(3y = 60\) nên \(y = 20\) (thỏa mãn).

Do đó, \(x = 16 + 20 = 36\) (thỏa mãn)

Vậy diện tích sân trường là \(36 \cdot 20 = 720\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án: −16

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

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

\[\frac{{2\left( {x + 1} \right) - 3\left( {x - 2} \right)}}{6} - 4 \ge 0\]

\[\frac{{8 - x - 24}}{6} \ge 0\]

\[\frac{{ - x - 16}}{6} \ge 0\]

\[ - x - 16 \ge 0\]

\[x \le - 16\].

Do đó, giá trị nguyên lớn nhất thỏa mãn bất phương trình trên là \(x = - 16\).

Hướng dẫn giải

Đáp án: 3,6

Công thức tính độ dài của cung tròn \(n^\circ \) trên đường tròn bán kính \(R{\rm{\;(cm)}}\) là: \[l = \frac{n}{{180}} \cdot \pi R{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Suy ra \(R = \frac{{180l}}{{n\pi }}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Thay \(n = 50,\,\,l = \pi {\rm{\;(cm)}}\) ta được: \[R = \frac{{180 \cdot \pi }}{{50 \cdot \pi }} = 3,6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy bán kính của đường tròn đó là \[3,6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Hướng dẫn giải

a) Với \(x > 0,{\rm{ }}x \ne 1\) ta có:

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

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

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

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

   \[ = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\].

Vậy với \(x > 0,{\rm{ }}x \ne 1\) ta có \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}.\)

b) Ta có \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\).

Theo đề, để \(2P = 2\sqrt x + 5\) thì \(\frac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }} = 2\sqrt x + 5\)

Suy ra \(2\sqrt x + 2 = 2x + 5\sqrt x \) hay \(2x + 3\sqrt x - 2 = 0\) do đó \(\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right) = 0\)

Suy ra \(\sqrt x + 2 = 0\) hoặc \(\sqrt x - \frac{1}{2} = 0\).

Do đó, \(\sqrt x = - 2\) (vô lí) hoặc \(\sqrt x = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn).

Vậy \(x = \frac{1}{4}\) thì \(2P = 2\sqrt x + 5\).

Hướng dẫn giải

a) Vì \(AM,\,\,AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) nên \(AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.\)

Gọi \[E\] là trung điểm của \[OA\]. Khi đó \(OE = AE = \frac{1}{2}OA.\)

Xét \[\Delta MOA\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[ME = \frac{1}{2}OA\].

Xét \[\Delta NOA\] vuông tại \[N\] có \[NE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[NE = \frac{1}{2}OA\].

Vì \[NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

b) Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\].Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].

Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].

Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]

Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].

Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])

Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)

Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].

c)

⦁ Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA.\)

Ta có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OM = ON\) nên \(A,\,\,O\) cùng nằm trên đường trung trực của \(MN\) hay \(OA\) là đường trung trực của \(MN\).

Suy ra \[MN \bot OA\] hay \[HN \bot OA\].

Xét \[\Delta OHN\] và \[\Delta ONA\], có: \[\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AON}\] là góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}\] suy ra \[OH.OA = O{N^2} = {R^2}\] (3).

⦁ Ta có \(OC = OB,\,\,IC = IB\) (do \(I\) là trung điểm của \(BC),\)\(KC = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm \(O,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.

Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBK\], có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ \] và \[\widehat {BOK}\] là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}\] suy ra \[OI.OK = O{B^2} = {R^2}\] (4).

Từ (3) và (4) suy ra \[OI.OK = OH.OA = {R^2}.\] Từ đó, ta có \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\].

Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OHK\] có: \[\widehat {AOK}\] là góc chung và \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\]

Do đó  (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ \], suy ra \[HK \bot OA\].

Mà \[MN \bot OA\] tại \[H\] và \[MN\] cố định (do điểm \(A\) cố định), do đó \[K\] thuộc \[MN\] cố định.

⦁ Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng \(16{\rm{ cm}}\) và cạnh đáy là \(2x{\rm{ cm}}\).

Xét tam giác \(SBC\), kẻ đường cao \(SH \bot BC\) tại \(H\).

Do tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác, suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Suy ra \(BH = HC = \frac{{BC}}{2} = x{\rm{ (cm) }}\left( {0 < x < 16} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\)

Suy ra \(S{H^2} = {16^2} - {x^2} = 256 - {x^2}.\)

Do đó \(SH = \sqrt {256 - {x^2}} {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích tam giác \(SBC\) là \(\frac{1}{2}SH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {256 - {x^2}} \cdot 2x = x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích giấy màu cần sử dụng là \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

⦁ Yêu cầu bài toán đưa về thực hiện tìm giá trị lớn nhất của \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\)với \(0 < x < 16\).

Ta có: \(4x\sqrt {256 - {x^2}} = 4\sqrt {256{x^2} - {x^4}} \)

                                \( = 4\sqrt { - \left( {{x^4} - 2 \cdot 128{x^2} + {{128}^2}} \right) + {{128}^2}} \)

                                \( = 4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \le 4\sqrt {{{128}^2}} = 512\)

Do đó, \(S \le 512\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \({x^2} - 128 = 0\) hay \(x = 8\sqrt 2 \) (do \(0 < x < 16)\).

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là \(512{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).