Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng $ax + by = c$ với $a \ne 0$ hoặc $b \ne 0$.

Do đó, $\frac{2}{x} + \frac{y}{3} - 2 = 0$ không là phương trình bậc nhất hai ẩn.

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: 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: A

Điều kiện xác định của biểu thức $A = \sqrt {1 - 2x}$ là $1 - 2x \ge 0$ hay $x \le \frac{1}{2}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\sin x = \frac{1}{2}$. Mà $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$, do đó $x = 30^\circ .$

Vậy $\cos x = \cos 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông $ABC$, ta có: $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$

Suy ra $A{B^2} = B{C^2} - A{C^2}$$= {8^2} - {6^2} = 28$

Do đó $AB = 2\sqrt 7 \,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

Ta có: $\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{2\sqrt 7 }}{6} \approx 0{,}88.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Điểm $M$ nằm trên đường tròn $\left( {O;R} \right)$ nếu $OM = R.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $l = \frac{n}{{180}}\pi R = \frac{{110}}{{180}}\pi \cdot 8 = \frac{{44}}{9}\pi \approx 15{,}4{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Vậy cung có số đo $110^\circ$ của đường tròn bán kính $8{\rm{ cm}}$ dài $15{,}4{\rm{ cm}}{\rm{.}}$

a) Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta có: $A = \frac{{9 - 7}}{{\sqrt 9 }} = \frac{2}{3}.$

Vậy $A = \frac{2}{3}$ khi $x = 9.$

b) Với $x > 0,x \ne 4$, ta có:

$B = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{2x - \sqrt x + 2}}{{x - 4}}$

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

$= \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{2x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

$= \frac{{\sqrt x - 2 - x - 2\sqrt x + 2x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

$= \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$ $= \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$.

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$ với $x > 0,x \ne 4$.

c) Ta có: $P = A.B$ với $x > 0,x \ne 4$.

$P = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}}.$

Xét $P = 0$ thì $\frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}} = 0$, suy ra $x - 7 = 0$ khi $x = 7$ (thỏa mãn).

Xét $P \ne 0$, ta có:

TH1: $x \in \mathbb{Z},\,\,x \ne 7;\,\,\sqrt x$ là số vô tỉ thì $P \notin \mathbb{Z}$.

TH2. $x \in \mathbb{Z},\,\,x \ne 7,\,\,\sqrt x \in \mathbb{Z}$, ta có:

$P = \frac{{x - 7}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 4 - 3}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} - \frac{3}{{\sqrt x + 2}} = \sqrt x - 2 - \frac{3}{{\sqrt x + 2}}$.

Để $P \in \mathbb{Z}$ thì $\sqrt x - 2 - \frac{3}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z}$.

Suy ra $\frac{3}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z}$, suy ra $3\,\, \vdots \,\,\left( {\sqrt x + 2} \right)$ hay $\sqrt x + 2$ là ước của $3.$

Vì $\sqrt x + 2 > 0$ nên $\left( {\sqrt x + 2} \right) \in \left\{ {1;3} \right\}$.

Nhận thấy $\sqrt x + 2 \ge 0$ nên $\sqrt x + 2 = 3$ nên $\sqrt x = 1$, do đó $x = 1$ (thỏa mãn).

Vậy với $x \in \left\{ {1;7} \right\}$ thì $P$ có giá trị nguyên.

a) $\frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}$

Điều kiện xác định: $x \ne 3,x \ne 2$.

Ta có: $\frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}$

$\frac{{2\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} - \frac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}$

$\frac{{2x - 6 - 3x + 6}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}$

$\frac{{ - x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{3x - 20}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}$

$- x = 3x - 20$

$4x = 20$

$x = 20:4$

$x = 5$ (TM).

Vậy phương trình có nghiệm $x = 5$.

b) $5x - 4 - 3\left( {2x - 9} \right) \le 5x - 8$

$5x - 4 - 6x + 27 \le 5x - 8$

$5x - 6x - 5x \le - 8 + 4 - 27$

$- 6x \le - 31$

$x \ge - 31:\left( { - 6} \right)$

$x \ge \frac{{31}}{6}.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \ge \frac{{31}}{6}.$

Gọi $x,y$ (ngày) lần lượt là số ngày đội $A$ và đội $B$ làm một mình để hoàn thành công việc $\left( {x,y > 0} \right)$.

Trong một ngày đội $A$ làm được $\frac{1}{x}$ công việc, đội $B$ làm được $\frac{1}{y}$ công việc.

Trong một ngày, hai đội làm chung được số phần công việc là: $\frac{1}{x} + \frac{1}{y}$ (công việc).

Trong 8 ngày, số phần công việc hai đội làm được là: $8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)$ (công việc).

Sau 8 ngày, phần công việc còn lại là: $1 - 8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)$ (công việc).

Theo đề bài, khi làm một mình đội $B$tăng gấp đôi năng suất. Lúc này, trong 1 ngày, đội $B$ làm được: $2.\frac{1}{y} = \frac{2}{y}$ (công việc).

Trong 8 ngày tiếp theo, đội $B$ đã hoàn thành phần việc còn lại, nên ta có phương trình:

$1 - 8\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 8.\frac{2}{y}$ hay $\frac{8}{x}+\frac{24}{y}=1(1)$

Mà ban đầu hai đội dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày khi làm chung. Do đó, ta có phương trình:

$12\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 1$ hay $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12}(2)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, ta có hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{8}{x} + \frac{{24}}{y} = 1\end{array} \right.$.

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có $\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{y}$ vào phương trình $\left( 1 \right)$, ta được:

$8\left( {\frac{1}{{12}} - \frac{1}{y}} \right) + \frac{{24}}{y} = 1$ hay $\frac{2}{3} + \frac{{16}}{y} = 1$ suy ra $\frac{{16}}{y} = \frac{1}{3}$ khi $y = 48$ (TMĐK).

Thay $y = 48$ vào phương trình $\left( 2 \right)$ suy ra $\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{{48}} = \frac{1}{{16}}$, suy ra $x = 16$ (TMĐK).

Vậy đội $A$ làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong $16$ ngày, đội $B$ làm một mình sẽ hoàn thành công việc trong $48$ngày.

a) 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 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 Lotte Center cao $270{,}57{\rm{ m}}$.

b) 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:

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

Khoảng cách của hai xe phế thải là: $93{,}26 - 48 = 45{,}26{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Vậy hai xe phế thải cách nhau $45{,}26{\rm{ m}}$.

a) Xét đường tròn $\left( O \right)$ có: $AB,AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B,C$ nên $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) .

Suy ra $A$ thuộc đường trung trực của $BC$.

Mà $OB = OC = R$ nên $O$ thuộc đường trung trực của $BC$

Do đó $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $OA \bot BC$ tại $H$.

b) Xét $\Delta OBE$ cân tại $O$ (do $OB = OE = R)$ nên

$\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.$

Xét $\Delta OED$ cân tại $O$ (do $OD = OE = R)$ nên $2\widehat {ODE} = 180^\circ - \widehat {EOD} = \widehat {BOE}$.

Suy ra $2\widehat {ODE} = \widehat {BOE}$ hay $\widehat {ODE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}$. Do đó, $\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}.$

Suy ra $\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BDA}.$

Mà $\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {ABE}$ nên $\widehat {ABE} = \widehat {ADB}$.

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta ADB$ có: $\widehat {BAD}$ chung, $\widehat {ABE} = \widehat {ADB}$.

Do đó $ΔABE∽ΔADB$ (g.g)

Suy ra $\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ nên $A{B^2} = AE \cdot AD$.

c) Xét $\Delta AOB$ vuông tại $B,$ có:

$\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)R}} = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4},$ suy ra $\widehat {AOB} = 75^\circ .$

Do $AB,AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B,C$ của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OA$ là tia tiếp tuyến của $\widehat {BOC}$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ .$

Do đó $\widehat {COD} = 180^\circ - \widehat {BOC} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ$ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC,\,\,OD$ và cung nhỏ $CD$ là:

$S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 30}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{{12}}$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC,\,\,OD$ và cung nhỏ $CD$ là $\frac{{\pi {R^2}}}{{12}}$ (đvdt).

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 $2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

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 trực suy ra $H$ là trung điểm của $BC$.

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

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $SHC$, 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 $SH = \sqrt {256 - {x^2}}$.

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

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

Thực hiện tính giá trị lớn nhất của $S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}$với $0 < x < 16$.

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

$= 4\sqrt { - \left( {{x^4} - 2.128{x^2} + {{128}^2}} \right) + {{128}^2}}$

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

Vì ${\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên $- {\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \le 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Suy ra $4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \le 4\sqrt {{{128}^2}} = 512$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Do đó, $S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} \le 512$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.

Dấu xảy ra khi ${x^2} - 128 = 0$ hay $x = 8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {0 < x < 16} \right)$.

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