Giải SGK Toán 9 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm có đáp án
32 câu hỏi
Xét biểu thức 
với x ≥ 0.
Chứng minh rằng 
Với x ≥ 0, ta có:
Vậy với x ≥ 0 thì 
Xét biểu thức 
với x ≥ 0.
Tính giá trị biểu thức đã cho tại x = 64.
Thay x = 64 (thỏa mãn x ≥ 0) vào biểu thức 
ta được:
Vậy giá trị của biểu thức P bằng 
khi x = 64.
Một vệ tinh địa tĩnh chuyển động theo quỹ đạo tròn cách bề mặt Trái Đất khoảng AB = 36 000 km, tâm quỹ đạo trùng với tâm O của Trái Đất như hình bên. Vệ tinh phát tín hiệu vô tuyến theo đường thẳng đến một số vị trí trên bề mặt Trái Đất. Cho biết bán kính Trái Đất khoảng 6 400 km, vị trí xa nhất trên bề mặt Trái Đất có thể nhận được tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh bao nhiêu kilômét? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của km).
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AHO vuông tại H, ta có:
AO2 = AH2 + HO2
Suy ra AH2 = AO2 – HO2 = (AB + BO)2 – HO2
= (36 000 + 6 400)2 – 6 4002
= 42 4002 – 6 4002 = 1 756 800 000.
Do đó AH ≈ 41 914 (km).
Vậy vị trí xa nhất trên bề mặt Trái Đất có thể nhận được tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh khoảng 41 914 kilômét.
Giải các bất phương trình sau:
–6x + 3(x + 1) > 4x – (x – 4);
–6x + 3(x + 1) > 4x – (x – 4)
–6x + 3x + 3 > 4x – x + 4
–3x + 3 > 3x + 4
–3x – 3x > 4 – 3
–6x > 1
Vậy bất phương trình có nghiệm là
Giải các bất phương trình sau:
(2x + 1)(2x – 1) < 4x2 – 4x + 1
(2x + 1)(2x – 1) < 4x2 – 4x + 1
4x2 – 1 < 4x2 – 4x + 1
4x2 – 4x2 + 4x < 1 + 1
4x < 2
Vậy bất phương trình có nghiệm là
Giải các phương trình sau:
Điều kiện xác định: x ≠ –1.
2(x2 – x + 1) – 2x(x + 1) = 3
2x2 – 2x + 2 – 2x2 – 2x = 3
–4x + 2 = 3
–4x = 1
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 
Giải các phương trình sau:
Điều kiện xác định: 
và 
(x + 1)(2x + 1) – 2(2x – 1) = 2x2
2x2 + x + 2x + 1 – 4x + 2 = 2x2
2x2 – 2x2 + x + 2x – 4x = –1 – 2
–x = –3
x = 3 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.
Kí hiệu (d1) là đường thẳng x + 2y = 4, (d2) là đường thẳng x – y = 1.
Vẽ (d1) và (d2) trên cùng một mặt phẳng toạ độ.
⦁ Vẽ đường thẳng (d1): x + 2y = 4.
Cho x = 0 thì y = 2, ta được giao điểm của đường thẳng (d1) với trục tung là A(0; 2).
Cho y = 0 thì x = 4, ta được giao điểm của đường thẳng (d1) với trục hoành là B(4; 0).
Đường thẳng (d1) là đường thẳng AB (hình vẽ).
⦁ Vẽ đường thẳng (d2): x – y = 1.
Cho x = 0 thì y = –1, ta được giao điểm của đường thẳng (d2) với trục tung là C(0; –1).
Cho y = 0 thì x = 1, ta được giao điểm của đường thẳng (d2) với trục hoành là D(1; 0).
Đường thẳng (d2) là đường thẳng CD (hình vẽ).
Kí hiệu (d1) là đường thẳng x + 2y = 4, (d2) là đường thẳng x – y = 1.
Giải hệ phương trình 
để tìm toạ độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2).
Giải hệ phương trình 
Trừ từng vế của hai phương trình (1) và (2), ta được:
(x + 2y) – (x – y) = 4 – 1 hay 3y = 3, suy ra y = 1.
Thế y = 1 vào phương trình (2), ta được:
x – 1 = 1 hay x = 2.
Do đó hệ phương trình trên có nghiệm là (2; 1).
Vậy toạ độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2) là điểm (2; 1).
Với mỗi giá trị đã cho của m, hãy giải hệ phương trình sau:
Với 
ta có hệ phương trình: 
Nhân hai vế của phương trình (1) với 
ta được hệ phương trình sau:
Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:
0x + 0y = 0. Hệ thức này luôn thỏa mãn với các giá trị tùy ý của x và y.
Với giá trị tùy ý của x, giá trị của y được tính nhờ hệ thức 
suy ra 
Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm là 
với x ∈ ℝ.
Với mỗi giá trị đã cho của m, hãy giải hệ phương trình sau:
Với 
ta có hệ phương trình: 
Nhân hai vế của phương trình (2) với 
ta được hệ phương trình sau:
Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:
0x + 0y = –4. Phương trình này vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình (II) vô nghiệm.
Với mỗi giá trị đã cho của m, hãy giải hệ phương trình sau:
Với 
ta có hệ phương trình: 
Nhân hai vế của phương trình (3) với 
ta được hệ phương trình sau:
Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:
–6x = 2, suy ra 
Thế 
vào phương trình (3), ta được:
suy ra 
nên
Vậy hệ phương trình (III) có nghiệm là 
Để chuẩn bị làm một ngôi nhà, chú Ba tính rằng tổng diện tích xây dựng là khoảng 100 m2 và tổng chi phí (tiền vật liệu và tiền công thợ) hết khoảng 600 triệu đồng. Khi thực hiện, diện tích xây dựng tăng thêm 20 m2 và cứ mỗi mét vuông xây dựng, chi phí tiền vật liệu tăng thêm 10% và tiền công thợ tăng thêm 
lần so với dự tính ban đầu. Do đó tổng chi phí thực tế là 804 triệu đồng. Hỏi thực tế chú Ba phải trả bao nhiêu tiền vật liệu và bao nhiêu tiền công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng?
Gọi x, y (triệu đồng) lần lượt là số tiền dự tính phải trả vật liệu và công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng (0 < x < 600, 0 < y < 600).
+ Theo dự tính, tổng diện tích xây dựng là khoảng 100 m2 nên:
⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 100x (triệu đồng);
⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 100y (triệu đồng).
Do tổng chi phí (tiền vật liệu và tiền công thợ) chú Ba dự tính hết khoảng 600 triệu đồng nên ta có phương trình:
100x + 100y = 600 hay x + y = 6. (1)
+ Theo thực tế:
⦁ tổng diện tích xây dựng là: 100 + 20 = 120 (m2);
⦁ chi phí tiền vật liệu cho mỗi mét vuông là:
(100% + 10%).x = 1,1x (triệu đồng);
⦁ tiền công thợ cho mỗi mét vuông là:
(triệu đồng);
⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 120.1,1x = 132x (triệu đồng);
⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 120.1,2y = 144y (triệu đồng).
Do tổng chi phí thực tế là 804 triệu đồng nên ta có phương trình:
132x + 144y = 804 hay 11x + 12y = 67. (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
Nhân hai vế của phương trình (1) với 12, ta được hệ phương trình sau:
Trừ từng vế của hai phương trình trong hệ mới, ta được: x = 5.
Thế x = 5 vào phương trình (1), ta được: 5 + y = 6, suy ra y = 1.
Các giá trị x, y tìm được ở trên đều thỏa mãn điều kiện.
Vậy thực tế chú Ba phải trả 1,1.5 = 5,5 triệu đồng tiền vật liệu và 1,2.1 = 1,2 triệu đồng tiền công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng.
Hai bến A và B trên một dòng sông cách nhau 36 km. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi sau đó ngược dòng từ bến B về bến A hết thời gian bằng thời gian nó đi quãng đường 75 km khi nước yên lặng. Tính vận tốc thực của ca nô (tức là vận tốc của ca nô khi nước yên lặng), biết rằng vận tốc dòng nước là 3 km/ h.
Gọi x (km/h) là vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng (x > 3).
Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: x + 3 (km/h).
Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x – 3 (km/h).
Thời gian ca nô đi hết quãng đường 75 km khi nước yên lặng là: 
(giờ).
Thời gian ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B cách nhau 36 km là: 
(giờ).
Thời gian ca nô đi ngược dòng từ bến B về bến A cách nhau 36 km là: 
(giờ).
Do ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi sau đó ngược dòng từ bến B về bến A hết thời gian bằng thời gian nó đi quãng đường 75 km khi nước yên lặng nên ta có phương trình:
Giải phương trình:
36x(x – 3) + 36x(x + 3) = 75(x + 3)(x – 3)
36x2 – 108x + 36x2 + 108x = 75(x2 – 9)
72x2 = 75x2 – 675
3x2 = 675
x2 = 225
x = 15 (do x > 3).
Vậy vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng là 15 km/h.
Để đo khoảng cách giữa hai điểm A và B không tới được, một người đứng ở điểm H sao cho B ở giữa A và H rồi dịch chuyển đến điểm K sao cho KH vuông góc với AB tại H, HK = a (m), ngắm nhìn A với 
ngắm nhìn B với 
Hãy biểu diễn AB theo a, α, β.
Xét ∆AHK vuông tại H, ta có: 
Xét BAHK vuông tại H, ta có: 
Do B nằm giữa A và H nên AB + BH = AH.
Suy ra AB = AH – BH = a.tanα – a.tanβ = a(tanα – tanβ) (m).
Để đo khoảng cách giữa hai điểm A và B không tới được, một người đứng ở điểm H sao cho B ở giữa A và H rồi dịch chuyển đến điểm K sao cho KH vuông góc với AB tại H, HK = a (m), ngắm nhìn A với 
ngắm nhìn B với 
Khi a = 3 m, α = 60°, β = 30°, hãy tính AB (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ ba của mét).
Thay a = 3 m, α = 60°, β = 30° vào biểu thức độ dài AB ở câu a, ta được:
AB = 3.(tan60° – tan30°) 
≈ 3,464 (m).
Cho tam giác ABC vuông tại B có góc 
Vẽ tia Bt sao cho 
cắt tia AC ở D (C nằm giữa A và D).
Chứng minh tam giác ABD cân tại B.
Do ∆ABC vuông tại B nên 
Ta có: 
Xét ∆ABD có 
(tổng ba góc của một tam giác).
Suy ra 
Do đó 
nên ∆ABD cân tại B.
Cho tam giác ABC vuông tại B có góc 
Vẽ tia Bt sao cho 
cắt tia AC ở D (C nằm giữa A và D).
Tính khoảng cách từ D đến đường thẳng AB
Vì ∆ABD cân tại B (câu a) nên BD = BA = 6 cm.
Kẻ DH ⊥ AB, H ∈ AB.
Mà BC ⊥ AB nên CB // DH, do đó 
Xét ∆BDH vuông tại H, ta có:
Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AB bằng 
cm.
Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.
Chứng minh rằng có một đường tròn đi qua bốn điểm A, B, C và D. Ta gọi đó là đường tròn (𝒞).
Xét ∆ABC vuông tại B nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, B, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.
Xét ∆ADC vuông tại D nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, D, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.
Vậy bốn điểm A, B, C và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.
Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.
Gọi I và K lần lượt là trung điểm các đường chéo AC và BD của tứ giác. Chứng minh rằng IK ⊥ BD.
Do đường tròn (𝒞) đi qua bốn điểm A, B, C, D có đường kính là AC mà I là trung điểm của AC nên đường tròn (𝒞) có tâm là I, do đó IB = ID. Suy ra I nằm trên đường trung trực của BD.
Lại có K là trung điểm của BD nên K thuộc đường trung trực của BD.
Vì vậy, IK là đường trung trực của BD nên IK ⊥ BD.
Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.
Kí hiệu các tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại A, B và C lần lượt là a, b và c. Giả sử b cắt a và c theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng tứ giác AEFC là một hình thang.
Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại A nên IA ⊥ a hay AC ⊥ a.
Vì đường thẳng c là tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại C nên IC ⊥ c hay AC ⊥ c.
Do đó a // c hay AE // CF nên tứ giác AEFC là hình thang.
Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.
Chứng minh rằng EF = AE + CF.
Xét đường tròn (𝒞) có:
⦁ hai tiếp tuyến tại A và B lần lượt là a, b cắt nhau tại E nên AE = BE.
⦁ hai tiếp tuyến tại C và B lần lượt là c, b cắt nhau tại F nên CF = BF.
Do đó AE + CF = BE + BF = EF.
Vậy EF = AE + CF.
Tỉ lệ các loại quả bán được trong một ngày của một cửa hàng được thể hiện trong biểu đồ hình quạt tròn như hình bên. Số phần trăm ghi trong mỗi hình quạt đúng bằng tỉ số giữa số đo của cung tròn tương ứng và số đo của cả đường tròn (360°).
Tính số đo của mỗi cung tròn ứng với hình quạt màu tím, màu cam và màu đỏ.
Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu tím là:
360° . 40% = 144°.
Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu cam là:
360° . 10% = 36°.
Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu đỏ là:
360° . 20% = 72°.
Tỉ lệ các loại quả bán được trong một ngày của một cửa hàng được thể hiện trong biểu đồ hình quạt tròn như hình bên. Số phần trăm ghi trong mỗi hình quạt đúng bằng tỉ số giữa số đo của cung tròn tương ứng và số đo của cả đường tròn (360°).
Tính số đo của cung còn lại (ứng với hình quạt màu xanh) bằng hai cách.
Cách 1. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là:
360° . 30% = 108°.
Cách 2. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là:
360° – 36° – 72° = 108°.
Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi X và Y lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C xuống CI và BI. Chứng minh rằng:
DBXF, DCYE là các tứ giác nội tiếp.
Xét ∆BXI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, X, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.
Xét ∆BFI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.
Xét ∆BDI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, D, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.
Do đó 5 điểm D, B, X, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI, nên tứ giác DBXF là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh tương tự, ta cũng có 5 điểm D, C, Y, E, I cùng nằm trên đường tròn đường kính CI, nên tứ giác DCYE là tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi X và Y lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C xuống CI và BI. Chứng minh rằng:
Bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng
* Chứng minh tương tự câu a, ta có bốn điểm B, X, Y, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC nên tứ giác BXYC là tứ giác nội tiếp.
Suy ra 
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CY). (1)
Ta có tứ giác BXFI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BI nên 
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FI). (2)
Mặt khác, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nên BI là đường phân giác của góc ABC, do đó 
hay 
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra 
hay 
do đó ba điểm X, F, Y thẳng hàng. (4)
* Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có: 
Suy ra 
hay 
nên ba điểm X, E, Y thẳng hàng. (5)
Từ (4) và (5) suy ra bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng.
Bạn Khôi làm một chiếc mũ sinh nhật bằng bìa cứng có dạng hình nón với đường kính đáy bằng 20 cm, độ dài đường sinh bằng 30 cm. Tính diện tích giấy để làm chiếc mũ sinh nhật trên (lấy π ≈ 3,14 và coi mép dán không đáng kể).
Giả sử chiếc mũ sinh nhật được mô tả như hình vẽ sau:
Khi đó AB = 20 cm và SA = 30 cm.
Suy ra 
Vậy diện tích giấy để làm chiếc mũ sinh nhật trên chính là diện tích xung quanh của hình nón và bằng khoảng:
Sxq = π.AO.SA ≈ 3,14 . 10 . 30 = 942 (cm2).
Chiều cao (cm) của 20 bé trai 24 tháng tuổi được cho như bảng sau:
Theo Tổ chức Y tế Thế giới WHO, nếu bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao dưới 81,7 cm được xem là thấp còi, chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm được xem là đạt chuẩn, chiều cao từ 93,9 cm trở lên được xem là cao.
Hãy hoàn thiện bảng sau vào vở:
Phân loại theo chiều cao | Thấp còi | Đạt chuẩn | Cao |
Số trẻ | ? | ? | ? |
Có 2 bé trai có chiều cao dưới 81,7 cm; có 15 bé trai có chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm; có 3 bé trai có chiều cao từ 93,9 cm trở lên.
Ta có bảng sau:
Phân loại theo chiều cao | Thấp còi | Đạt chuẩn | Cao |
Số trẻ | 2 | 15 | 3 |
Chiều cao (cm) của 20 bé trai 24 tháng tuổi được cho như bảng sau:
Theo Tổ chức Y tế Thế giới WHO, nếu bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao dưới 81,7 cm được xem là thấp còi, chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm được xem là đạt chuẩn, chiều cao từ 93,9 cm trở lên được xem là cao.
Tính tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi theo các mức phân loại về chiều cao. Vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn các tỉ lệ thu được.
Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là thấp còi là: 
Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là đạt chuẩn là: 
lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là cao là: 
Để vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn tỉ lệ thu được, ta làm như sau:
Bước 1. Xác định số đo cung tương ứng của các hình quạt biểu diễn các tỉ lệ theo các mức phân loại về chiều cao:
Thấp còi: 360° . 10% = 36°;
Đạt chuẩn: 360° . 75% = 270°;
Cao: 360° . 15% = 54°.
Bước 2. Vẽ hình tròn và chia hình tròn thành các hình quạt (Hình a).
Hình aHình b
Bước 3. Định dạng các hình quạt tròn, ghi tỉ lệ phần trăm, chú giải và tiêu đề (Hình b).
Chiều cao (cm) của 20 bé trai 24 tháng tuổi được cho như bảng sau:
Theo Tổ chức Y tế Thế giới WHO, nếu bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao dưới 81,7 cm được xem là thấp còi, chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm được xem là đạt chuẩn, chiều cao từ 93,9 cm trở lên được xem là cao.
Uớc lượng số bé trai thấp còi, đạt chuẩn, cao trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi.
Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là thấp còi trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:
1 200 . 10% = 120 (bé trai).
Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là đạt chuẩn trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:
1 200 . 75% = 900 (bé trai).
Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là cao trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:
1 200 . 15% = 180 (bé trai).
Một nhóm học sinh của lớp 9A có 3 bạn nam và 2 bạn nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.
Mô tả không gian mẫu.
Kí hiệu ba bạn nam là A, B, C và hai bạn nữ là D, E.
Phép thử là giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.
Kết quả của phép thử là (a, b), trong đó a và b tương ứng là bạn học sinh mà giáo viên lựa chọn.
Vậy không gian mẫu là:
Ω = {(A, B); (A, C); (A, D); (A, E); (B, C); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E); (D, E)}.
Một nhóm học sinh của lớp 9A có 3 bạn nam và 2 bạn nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.
Tính xác suất để hai bạn được chọn khác giới tính
Tập Ω có 10 phần tử.
Vì giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.
Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai bạn được chọn khác giới tính” là: (A, D); (A, E); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E).
Vậy xác suất để hai bạn được chọn khác giới tính là: 