Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 5

a) Với \(a = 0\) và \(b \ne 0\) ta có hàm số \(y = b.\)

Đồ thị hàm số \(y = b\) với \(b \ne 0\) có đồ thị là đường thẳng song song với trục hoành và vuông góc với trục tung tại điểm \(b\) nằm trên trục tung.

b) Để đồ thị hàm số \(y = ax + b\) đi qua điểm \(A\left( {3; - 6} \right)\) thì tọa độ điểm \(A\) thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay \(x = 3,\,\,y =  - 6\) vào hàm số \(y = ax + b,\) ta được:

\( - 6 = a \cdot 3 + b\) hay \(3a + b =  - 6\)   (1)

Để đồ thị hàm số \(y = ax + b\) đi qua điểm \(B\left( { - 2;4} \right)\) thì tọa độ điểm \(B\) thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay \(x =  - 2,\,\,y = 4\) vào hàm số \(y = ax + b,\) ta được:

\(4 = a \cdot \left( { - 2} \right) + b\) hay \( - 2a + b = 4\)   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + b =  - 6\\ - 2a + b = 4\end{array} \right.\)

Trừ từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ phương trình trên, ta được:

\(5a =  - 10\) suy ra \(a =  - 2\).

Thay \(a =  - 2\) vào phương trình \(3a + b =  - 6,\) ta được: \(3 \cdot \left( { - 2} \right) + b =  - 6\) suy ra \(b = 0.\)

Vậy \(a =  - 2\) và \(b = 0.\)

a) \(9{x^2}\left( {2x - 3} \right) = 0\)

\(9{x^2} = 0\) hoặc \(2x - 3 = 0\)

\({x^2} = 0\) hoặc \(2x = 3\)

\(x = 0\) hoặc \(x = \frac{3}{2}\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghệm là \(x = 0;\) \(x = \frac{3}{2}\).

b) Điều kiện xác định \(x + 1 \ne 0\)  và \(x - 2 \ne 0\) hay \(x \ne  - 1\) và \(x \ne 2\).

Quy đồng mẫu hai vế của phương trình, ta được

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

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

\(3x - 6 - 2x - 2 = 4x - 2\)

\[x - 8 = 4x - 2\]

\[3x =  - 6\]

\[x =  - 2\].

Giá trị \[x =  - 2\] thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy nghiệm của phương trình là \[x =  - 2\].

a) \(3 \cdot 5 \le \frac{{2x + 3}}{5} \cdot 5\)

 \(15 \le 2x + 3\)

 \( - 2x \le 3 - 15\)

 \( - 2x \le  - 12\)

     \(x \ge 6\).

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là \(x \ge 6.\)

b) \[{\left( {x + 2} \right)^2} - \left( {x + 5} \right)\left( {x - 5} \right) > 2\left( {2x - 5} \right)\]

\[{x^2} + 4x + 4 - \left( {{x^2} - 25} \right) > 4x - 10\]

\[{x^2} + 4x + 4 - {x^2} + 25 - 4x >  - 10\]

\[0x >  - 39\]

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là \[x \in \mathbb{R}\].

Gọi \[x,{\rm{ }}y\] (học sinh) lần lượt là số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A \[\left( {x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}*;\,\,x,\,\,y < 35} \right).\]

Vì lớp 9A có 35 học sinh nên ta có: \[x + y = 35 & \left( 1 \right)\]

Số học sinh nam không bị cận thị là \[25\%  \cdot x = 0,25x\] (học sinh)

Số học sinh nữ không bị cận thị là \[20\%  \cdot x = 0,2y\] (học sinh)

Vì số học sinh không bị cận thị là 8 nên ta có: \[0,25x + 0,2y = 8\] hay \[5x + 4y = 160 & \left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\5x + 4y = 160\end{array} \right.\).

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(5,\) ta được hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}5x + 5y = 175\\5x + 4y = 160\end{array} \right..\)

Trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được: \(y = 15\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 15\) vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu, ta được:

\(x + 15 = 35\) suy ra \(x = 35 - 15 = 20\) (thỏa mãn).

Vậy số học sinh nữ không bị cận thị là \[20\%  \cdot 15 = 3\] (học sinh).

a) Từ công thức \(F = \frac{9}{5}C + 32,\) ta có \(5F = 9C + 160\) hay \(C = \frac{5}{9}F - \frac{{160}}{9}.\)

Theo bài, ta có bất phương trình \(\frac{5}{9}F - \frac{{160}}{9} \ge  - 34\).

Vậy bất phương trình cần viết là \(\frac{5}{9}F - \frac{{160}}{9} \ge  - 34\).

b) Giải bất phương trình:

\(\frac{5}{9}F - \frac{{160}}{9} \ge  - 34\)

\(5F - 160 >  - 306\)

\(5F >  - 146\)

\(F >  - 29,2.\)

Vậy với \(F >- 29,2^\circ F\) thì chlorine ở trạng thái khí.

Xét \(\Delta ACD\) vuông tại \(D\), ta có: \(DC = AD \cdot \tan \widehat {CAD} = AD \cdot \tan 40^\circ \).

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\), ta có: \(DB = AD \cdot \tan \widehat {BAD} = AD \cdot \tan 50^\circ \).

Ta có: \(BC = DB - DC\)

Suy ra \(4 = AD \cdot \tan 50^\circ  - AD \cdot \tan 40^\circ \)

\(4 = AD \cdot \left( {\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ } \right)\)

\(AD = \frac{4}{{\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ }}\).

Do đó \(DC = AD \cdot \tan 40^\circ  = \frac{{4\tan 40^\circ }}{{\tan 50^\circ  - \tan 40^\circ }} \approx 9,5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Như vậy, \(CH = CD + DH \approx 9,5 + 7 = 16,5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Vậy chiều cao của tòa nhà 2 khoảng \(16,5{\rm{\;m}}.\)

a) Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A,\) ta có:

\[\sin \widehat {ABD} = \frac{{AD}}{{BD}};\,\,\cos \widehat {ABD} = \frac{{AB}}{{BD}};\]

\[\tan \widehat {ABD} = \frac{{AD}}{{AB}},\,\,\cot \widehat {ABD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\]

b) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) theo định lí Pythagore, ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25,\) suy ra \(BC = 5{\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{4}{3},\) suy ra \(\widehat {B\,} \approx 53^\circ 8'.\)

Vì \(BD\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên ta có \(\widehat {ABD} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} \approx \frac{1}{2} \cdot 53^\circ 8' \approx 26^\circ 34'.\)

Theo câu a, \[\cos \widehat {ABD} = \frac{{AB}}{{BD}},\] suy ra \[BD = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABD}}} \approx \frac{3}{{\cos 26^\circ 34'}} \approx 3,35{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

c) Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A,\) ta có: \[\tan \widehat {ABD} = \frac{{AD}}{{AB}}.\,\,\,\left( 1 \right)\]

Do \(BD\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên ta có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}}\) (tính chất tia phân giác của một góc)

Từ đó, theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}} = \frac{{AD + DC}}{{AB + BC}} = \frac{{AC}}{{AB + BC}}.\,\,\,\left( 2 \right)\) 

Từ (1) và (2) ta có \[\tan \widehat {ABD} = \frac{{AC}}{{AB + BC}}.\]

Vì \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(20{\rm{\;cm}}\) nên \(BC = 20{\rm{\;cm}}\) và \(\widehat {B\,} = 60^\circ .\)

Giả sử \(MB = x\,\,\left( {x > 0} \right){\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\) Khi đó \[QC = x{\rm{\;(cm)}}\] và \(MQ = BC - BM - QC = 20 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta MNB\) vuông tại \(M,\) ta có: \(MN = MB \cdot \tan B = x\tan 60^\circ  = x\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là: \(S\left( x \right) = \left( {20 - 2x} \right) \cdot x\sqrt 3  = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right){\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Để diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(S\left( x \right)\).

⦁ Chứng minh bất đẳng thức: \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\,\,\,\,\left( * \right)\) với \(a,\,\,b\) là các số không âm.

Thật vậy, xét hiệu \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - ab = \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2} - 4ab}}{4} = \frac{{{a^2} - 2ab + {b^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2}\)

Với mọi \(a,\,\,b\) là các số không âm, ta có:

\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) nên \(\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \ge 0\) suy ra \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b.\) Như vậy bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\) cho biểu thức \(S\left( x \right) = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right),\) ta được:

\[S\left( x \right) = 2\sqrt 3  \cdot x\left( {10 - x} \right) \le 2\sqrt 3  \cdot {\left( {\frac{{x + 10 - x}}{2}} \right)^2} = 50\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[x = 10 - x\] hay \[x = 5\].

Vậy \(MB = 5{\rm{\;cm}}\) thì hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất.