Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 2

a) \[\left( {2x + 9} \right)\left( {\frac{2}{3}x - 5} \right) = 0\]

\(2x + 9 = 0\) hoặc \[\frac{2}{3}x - 5 = 0\]

\(2x =  - 9\) hoặc \(\frac{2}{3}x = 5\)

\(x =  - \frac{9}{2}\) hoặc \(x = \frac{{15}}{2}\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là \(x =  - \frac{9}{2};\,\,x = \frac{{15}}{2}\).

b) Điều kiện xác định \(x \ne 0;\,\,x \ne 3.\)

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

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

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

\({x^2} + 3x = 3 + x - 3\)

\({x^2} + 2x = 0\)

\(x\left( {x + 2} \right) = 0\)

\(x = 0\) hoặc \(x + 2 = 0\)

\(x = 0\) (không thỏa mãn) hoặc \(x =  - 2\) (thỏa mãn).

Vậy nghiệm phương trình đã cho là \(x =  - 2\).

a) \(3x - 8 > 4x - 12\)

 \(3x - 4x >  - 12 + 8\)

 \( - x >  - 4\)

   \(x < 4\).

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là \(x < 4.\)

b) \[\frac{{2x + 1}}{3} - \frac{{x - 4}}{4} \le \frac{{3x + 1}}{6} - \frac{{x - 4}}{{12}}\]

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

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

\[8x + 4 - 3x + 12 \le 6x + 2 - x + 4\]

\[5x + 16 \le 5x + 6\]

\[5x - 5x \le 6 - 16\]

\[0x \le  - 10\].

Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.

a) Với \(m \ne 0,\) ta viết phương trình \(x + my = n\) về dạng \(y =  - \frac{1}{m}x + \frac{n}{m}\).

Do đó đồ thị hàm số \(y =  - \frac{1}{m}x + \frac{n}{m}\) biểu diễn tất cả các nghiệm của phương trình bậc nhất một ẩn \(x + my = n\).

Nghiệm tổng quát của phương trình \(x + my = n\) là \(\left( {x;\,\, - \frac{1}{m}x + \frac{n}{m}} \right)\) với \(x \in \mathbb{R}\) tùy ý và \(m \ne 0.\)

b) Để hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( { - 1;1} \right)\) thì \(x =  - 1,\,\,y = 1\) thỏa mãn hệ phương trình đó.

Thay \(x =  - 1,\,\,y = 1\) vào hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx - ny = 1\\x + my = n\end{array} \right.\) ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}m \cdot \left( { - 1} \right) - n \cdot 1 = 1\\\left( { - 1} \right) + m \cdot 1 = n\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l} - m - n = 1\\m - n = 1.\end{array} \right.\)

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:

\( - 2n = 2\) suy ra \(n =  - 1.\)

Thay \(n =  - 1\) vào phương trình \(m - n = 1,\) ta được:

\(m - \left( { - 1} \right) = 1,\) suy ra \(m = 0\) (không thỏa mãn \(m \ne 0).\)

Vậy không có cặp số \(\left( {m;\,\,n} \right)\) nào thỏa mãn.

Gọi \(x\) (gam) và \(y\) (gam) lần lượt là khối lượng dung dịch muối ăn với nồng độ \(5\% \) và \(20\% \) cần dùng \(\left( {0 < x < 1\,\,000,\,\,0 < y < 1\,\,000} \right)\).

Theo bài, cần pha trộn hai dung dịch trên để được \(1\,\,000\) g dung dịch muối ăn mới nên ta có phương trình \(x + y = 1\,\,000\).  (1)

Khối lượng muối ăn trong \(x\) (gam) dung dịch muối ăn \(5\% \) là \(5\%  \cdot x = 0,05x\) (gam).

Khối lượng muối ăn trong \(y\) (gam) dung dịch muối ăn \(20\% \) là \(20\%  \cdot x = 0,2x\) (gam).

Khối lượng muối ăn trong \(1\,\,000\) gam dung dịch muối ăn \(14\% \) là \(1\,\,000 \cdot 14\%  = 140\) (gam).

Khi đó, ta có phương trình: \(0,05x + 0,2y = 140\). (2)

Từ phương trình (1) và phương trình (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\0,05x + 0,2y = 140\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình (2) với 5, ta được hệ mới là \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\\0,25x + y = 700\end{array} \right.\)

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

\(0,75x = 300,\) suy ra \(x = 400\) (thỏa mãn).

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

Vậy cần trộn \(400\) gam dung dịch muối ăn \(5\% \) với \(600\) gam dung dịch muối ăn \(20\% \) để được \(1\,\,000\) gam dung dịch muối ăn \(14\% .\)

a) Số câu trả lời sai là: \(10 - x\) (câu).

Số điểm người đó có được khi trả lời đúng \(x\) (câu) là: \(5x\) (điểm).

Số điểm người đó bị trừ khi trả lời sai \(10 - x\) (câu) là: \(10 - x\) (điểm).

Như vậy, số điểm của người đó sau khi trả lời hết 10 câu hỏi là: \(10 + 5x - \left( {10 - x} \right)\) (điểm).

Theo bài, để được dự thi vòng tiếp theo thì người đó cần có tổng số điểm từ 40 điểm trở lên nên ta có bất phương trình:

\(10 + 5x - \left( {10 - x} \right) \ge 40.\)

Vậy bất phương trình cần tìm là: \(10 + 5x - \left( {10 - x} \right) \ge 40.\)

b) Giải bất phương trình:

\(10 + 5x - \left( {10 - x} \right) \ge 40\)

\(10 + 5x - 10 + x \ge 40\)

\(6x \ge 40\)

\(x \ge \frac{{40}}{6}\,\,\left( { \approx 6,666...} \right)\).

Vì \(x\) là số nguyên nên \(x \ge 7.\)

Vậy người dự thi cần phải trả lời chính xác ít nhất 7 câu hỏi thì mới được dự thi ở vòng sau.

Ta mô hình hóa bài toán như hình vẽ sau:

Do mặt đất là phương ngang nên \[\widehat {BCA} = \widehat {CBx} = 30^\circ \] và \[\widehat {BDA} = \widehat {ABx} - \widehat {DBx} = 90^\circ  - 30^\circ  = 60^\circ \].

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\], ta có:

\[AC = AB \cdot \cot \widehat {BCA} = AB \cdot \cot 30^\circ  = AB\sqrt 3 \].

Xét \[\Delta ABD\] vuông tại \[A\], ta có:

\[AD = AB \cdot \cot \widehat {BDA} = AB \cdot \cot 60^\circ  = \frac{{AB\sqrt 3 }}{3}\].

Suy ra \[CD = AC - AD = AB\sqrt 3  - \frac{{AB\sqrt 3 }}{3} = AB\left( {\sqrt 3  - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) = AB \cdot \frac{{2\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2AB\sqrt 3 }}{3} = 2AD\].

Như vậy, quãng đường \(CD\) gấp đôi quãng đường \(DA.\) Mà thời gian di chuyển tỉ lệ thuận với quãng đường đi được khi vận tốc không đổi nên thời gian xe máy di chuyển từ \(C\) đến \(D\) gấp đôi thời gian xe máy di chuyển từ \(D\) về \(A\).

Vậy thời gian để xe máy chạy từ \[D\] đến tòa nhà là \[\frac{6}{2} = 3\] (phút).

a) Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\sin \widehat {ABE} = \frac{{AE}}{{AB}},\,\,\cos \widehat {ABE} = \frac{{BE}}{{AB}},\) \(\tan \widehat {ABE} = \frac{{AE}}{{BE}},\) \(\cot \widehat {ABE} = \frac{{BE}}{{AE}}.\)

b) Do \(\frac{{HD}}{{HA}} = \frac{1}{2}\) nên \(AH = 2HD\)

Suy ra \(AD = AH + HD = 2HD + HD = 3HD.\)

Ta có \(HD = \frac{1}{2}HA = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1{\rm{\;(cm)}}\) và \(AD = 3HD = 3 \cdot 1 = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\) ta có:

⦁ \(\tan B = \frac{{AD}}{{BD}} = \frac{3}{2},\) từ đó ta tìm được \(\widehat {B\,} \approx 56^\circ 19'\).

⦁ \(A{B^2} = A{D^2} + B{D^2} = {3^2} + {2^2} = \sqrt {13} {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta HBD\) vuông tại \(D\) ta có:

\(\tan \widehat {HBD} = \frac{{HD}}{{BD}} = \frac{1}{2},\) từ đó ta tìm được \(\widehat {B\,} \approx 26^\circ 34'\).

Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {B\,} - \widehat {HBD} \approx 56^\circ 19' - 26^\circ 34' = 29^\circ 45'\).

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) ta có:

\(BE = AB \cdot \cos \widehat {ABE} \approx \sqrt {13}  \cdot \cos 29^\circ 45' \approx 3,1{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

c) Xét \(\Delta HBD\) và \(\Delta CAD\) có:

\(\widehat {HDB} = \widehat {CDA} = 90^\circ \) và \(\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\) (do hai góc này cùng cộng với \(\widehat {C\,}\) bằng \(90^\circ )\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{CD}} = \frac{{BD}}{{AD}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) hay \(BD \cdot CD = HD \cdot AD\).

Xét \(\Delta ACD\) vuông tại \(D\) ta có: \(\tan C = \frac{{AD}}{{CD}}.\)

Khi đó \[\tan B \cdot \tan C = \frac{{AD}}{{BD}} \cdot \frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{A{D^2}}}{{BD \cdot CD}} = \frac{{A{D^2}}}{{HD \cdot AD}} = \frac{{AD}}{{HD}} = \frac{{3HD}}{{HD}} = 3.\]

Ta có: \({S_{DEF}} = {S_{DEM}} + {S_{DMF}} + {S_{MEF}};\) \({S_{AEFC}} = {S_{AEM}} + {S_{MFC}} + {S_{MEF}};\)

  \({S_{DEM}} = {S_{AEM}}\left( { = \frac{1}{2}AE \cdot EM} \right);\) \({S_{DMF}} = {S_{MFC}}\left( { = \frac{1}{2}FC \cdot FM} \right).\)

Suy ra \({S_{DEF}} = {S_{AEFC}} = {S_{ABC}} - {S_{BEF}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - \frac{1}{2}BE \cdot BF\)

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 \(\left( * \right)\) vào tích \(BE \cdot BF,\) ta được: \[BE \cdot BF \le {\left( {\frac{{BE + BF}}{2}} \right)^2}.\]

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(BE = BF.\)

Ta có tứ giác \[BEMF\] là hình chữ nhật (do \(\widehat B = \widehat E = \widehat F = 90^\circ )\) nên \(ME = BF.\)

Xét \(\Delta AME\) vuông tại \(E\) có \(\widehat {EAM} = 45^\circ \) (do \(AC\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(AC\) là tia phân giác của góc \(\widehat {BAD})\) nên \(\Delta AME\) vuông cân tại \(E\).

Suy ra \(AE = ME.\) Như vậy \(BF = AE.\)

Ta có: \(BE \cdot BF \le {\left( {\frac{{BE + BF}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{BE + EA}}{2}} \right)^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}}\)

Suy ra \({S_{DEF}} \ge \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{3}{8}{S_{ABCD}}.\) (đơn vị diện tích).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(BE = BF = AE\) hay \(E\) là trung điểm của \(AB,\) lúc này từ tính chất đường trung bình ta suy ra được điểm \(M\) phải là trung điểm của \(AC\).

Vậy nếu \(M\) là trung điểm của \(AC\) thì tam giác \(DEF\) có diện tích nhỏ nhất.