Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 4

Hướng dẫn giải

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

Khoảng cách của cồn và bờ sông hai người đứng chính là độ dài đoạn thẳng \(CH.\)

• Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(\tan \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AH}}\) nên \(AH = \frac{{CH}}{{\tan \widehat {CAH}}} = \frac{{CH}}{{\tan 43^\circ }}\)

Suy ra \(CH = AH \cdot \tan 43^\circ .\)

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác \(BHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\tan \widehat {CBH} = \frac{{CH}}{{BH}}\) nên \(BH = \frac{{CH}}{{\tan \widehat {CBH}}} = \frac{{CH}}{{\tan 28^\circ }}\) (2)

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) ta có:

\(AB = AH + BH = \frac{{CH}}{{\tan 43^\circ }} + \frac{{CH}}{{\tan 28^\circ }} = CH\left( {\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}} \right)\)

Do đó_, ý c) là sai.

• Do đó, \(CH = \frac{{AB}}{{\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}}} = \frac{{250}}{{\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}}} \approx 84,66{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Vậy cồn cách bờ sông hai người đứng khoảng \(84,66{\rm{ m}}\).

Vậy ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 0,35

Bán kính của đường tròn lớn là: \(90:2 = 45{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Bán kính của đường tròn nhỏ là: \(60:2 = 30{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích bề mặt trên chiếc đèn chính là diện tích hình vành khuyên được giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là \(45{\rm{\;cm}},\,\,30{\rm{\;cm}}\) và bằng:

\(S = \pi \left( {{{45}^2} - {{30}^2}} \right) = 3\,\,534,29{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 0,35{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\).

Hướng dẫn giải

a) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 4,\,\,a \ne 9\), ta có:

\(A = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\left( {\frac{{\sqrt a - 2}}{{\sqrt a + 3}} + \frac{{\sqrt a - 3}}{{2 - \sqrt a }} - \frac{{9 - a}}{{a + \sqrt a - 6}}} \right)\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\left[ {\frac{{{{\left( {\sqrt a - 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}} - \frac{{9 - a}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\left[ {\frac{{a - 4\sqrt a + 4}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}} - \frac{{a - 9}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}} - \frac{{9 - a}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\left[ {\frac{{a - 4\sqrt a + 4 - a + 9 - 9 + a}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\left[ {\frac{{a - 4\sqrt a + 4}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}:\frac{{{{\left( {\sqrt a - 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}} \cdot \frac{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{{{\left( {\sqrt a - 2} \right)}^2}}}\)

\( = \frac{3}{{\sqrt a - 2}}\).

Vậy với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 4,{\rm{ }}a \ne 9\) ta được \(P = \frac{3}{{\sqrt a - 2}}\).

b) Ta có: \(A + \left| A \right| = 0\) suy ra \(\left| A \right| = - A\).

Do đó, \(A \le 0\) hay \(\frac{3}{{\sqrt a - 2}} \le 0\) suy ra \(\sqrt a - 2 < 0\) do đó \(\sqrt a < 2\).

Suy ra \(0 \le a < 4\).

Vậy \(0 \le a < 4\) là giá trị cần tìm.

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 \(\left( {O'} \right)\).