Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 06

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Thực hiện xét các đáp án, ta có:

Thay $x = 1\,,\,\,y = - 2$ vào phương trình $3x + 2y = 7$, ta được: $3.1 + 2.\left( { - 2} \right) = - 1 \ne 7.$

Do đó, $\left( {1\,;\,\, - 2} \right)$ không là nghiệm của phương trình $3x + 2y = 7$.

Thay $x = 1\,,\,\,y = 2$ vào phương trình $3x + 2y = 7$, ta được: $3.1 + 2.2 = 7$.

Do đó, $\left( {1\,;\,\,2} \right)$ là nghiệm của phương trình $3x + 2y = 7$.

Thay $x = - 1\,,\,\,y = 2$ vào phương trình $3x + 2y = 7$, ta được: $3.\left( { - 1} \right) + 2.2 = 1 \ne 7$.

Do đó, $\left( { - 1\,;\,\,2} \right)$ không là nghiệm của phương trình $3x + 2y = 7$.

Thay $x = 2\,,\,\,y = 1$ vào phương trình $3x + 2y = 7$, ta được: $3.2 + 2.1 = 8 \ne 7$.

Do đó $\left( {2\,;\,\,1} \right)$ không là nghiệm của phương trình $3x + 2y = 7$.

Vậy cặp số $\left( {1\,;\,\,2} \right)$ là nghiệm của phương trình $3x + 2y = 7$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Trừ hai vế của bất đẳng thức $m > n$ cho 3, ta được $m - 3 > n - 3.$

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác $MNP$ vuông tại $M$, ta có: $\cot \widehat {MNP} = \frac{{MN}}{{MP}}$.

Đáp án đúng là: D

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) S b) Đ c) Đ d) S

a) Ta có $P = 0$ hay $\sqrt {{a^2}{b^4}} = 0$ nên ${a^2}{b^4} = 0$.

Khi đó ${a^2} = 0$ hoặc ${b^4} = 0$.

Do đó $a = 0$ hoặc $b = 0.$

Vậy khi $P = 0$ thì $a = 0$ hoặc $b = 0.$

b) Để biểu thức $P$ có nghĩa thì ${a^2}{b^4} \ge 0$.

Vì ${b^4} \ge 0$ với mọi $b \in \mathbb{R}$ nên để ${a^2}{b^4} \ge 0$ thì $a \ge 0$.

Vậy để biểu thức $P$ có nghĩa thì $a \ge 0$ và $b \in \mathbb{R}.$

c) Với $a = - 2\,,\,\,b = - 1$ (TMĐK) thì

$P = \sqrt {{a^2}{b^4}} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} \cdot {{\left( { - 1} \right)}^4}} = \sqrt 4 = 2.$

Vậy với $a = - 2\,,\,\,b = - 1$ thì giá trị của biểu thức $P$ là 2.

d) Ta $P = \sqrt {{a^2}{b^4}} = \sqrt {{a^2}{{\left( {{b^2}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {{b^2}} \right)}^2}} = \left| a \right| \cdot {b^2}$ (vì ${b^2} \ge 0$ với mọi $b \in \mathbb{R}$).

Vậy $P = \left| a \right| \cdot {b^2}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: 3

Từ phương trình thứ nhất, ta có: $x - 5y = 21$, suy ra $x = 21 + 5y$.

Thế $x = 21 + 5y$ vào phương trình $- 6x + 3y = - 45$ ta được $- 6\left( {21 + 5y} \right) + 3y = - 45$ hay $- 126 - 27y = - 45$, suy ra $y = - 3.$

Do đó, $x = 21 + 5.\left( { - 3} \right) = 6.$

Suy ra $\left( {6; - 3} \right)$ là nghiệp của hệ phương trình đã cho.

Từ đó, ${x_0} = 6;{y_0} = - 3$ nên $T = {x_0} + {y_0} = 6 + \left( { - 3} \right) = 3.$

Vậy $T = {x_0} + {y_0} = 3.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $2{,}9$

Ta có $\left( {\frac{2}{5}x + 1} \right)\left( {2 - 5x} \right) = 0$

$\frac{2}{5}x + 1 = 0$ hoặc $2 - 5x = 0$.

$x = - \frac{5}{2}$ hoặc $x = \frac{2}{5}.$

Vậy hiệu giữa nghiệm lớn và nghiệm bé của phương trình đó là: $\frac{2}{5} - \left( { - \frac{5}{2}} \right) = \frac{{29}}{{10}} = 2{,}9.$

1. Giải các phương trình, bất phương trình sau.

a) $\frac{{x + 2}}{{x - 2}} + \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = \frac{{{x^2} + 16}}{{{x^2} - 4}}$

Điều kiện xác định: $x \ne 2$ và $x \ne - 2$.

Ta có: $\frac{{x + 2}}{{x - 2}} + \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = \frac{{{x^2} + 16}}{{{x^2} - 4}}$

$\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} + \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{{x^2} + 16}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}$

$\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{{x^2} + 16}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}$

${\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} = {x^2} + 16$

${x^2} + 4x + 4 + {x^2} - 4x + 4 = {x^2} + 16$

${x^2} = 8$

${x^2} = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}$ và ${x^2} = {\left( { - 2\sqrt 2 } \right)^2}$

Do đó, $x = 2\sqrt 2$ hoặc $x = - 2\sqrt 2$ (TM).

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \in \left\{ { - 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right\}.$

b) $\frac{{2x - 1}}{3} - \frac{{x + 2}}{2} \ge \frac{{5x + 4}}{6}$

$\frac{{2\left( {2x - 1} \right)}}{6} - \frac{{3\left( {x + 2} \right)}}{6} \ge \frac{{5x + 4}}{6}$

$2\left( {2x - 1} \right) - 3\left( {x + 2} \right) \ge 5x + 4$

$4x - 2 - 3x - 6 \ge 5x + 4$

$x - 8 \ge 5x + 4$

$5x - x \le - 8 - 4$

$4x \le - 12$

$x \le - 3.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le - 3.$

Gọi $x,\,\,y\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right)$ lần lượt là khối lượng táo và xoài mà bác Nam mua $\left( {x,y > 0} \right).$

Theo đề bài, ta có phương trình về khối lượng về táo và xoài là $x+y=18(1)$

Tổng giá trị của thùng trái cây là $1\,\,205\,\,000$ đồng nên $65x+70y=1\ 205(2)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 18\\65x + 70y = 1\,\,205\end{array} \right.$

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: $x = 18 - y$, thế vào phương trình thứ hai, ta được:

$65\left( {18 - y} \right) + 70y = 1\,\,205$

$65.18 - 65y + 70y = 1\,\,205$

$1170 + 5y = 1\,\,205$

$5y = 35$

$y = 7$ (TMĐK).

Thay $y = 7$ vào phương trình thứ nhất, ta được: $x = 18 - 7 = 11$ (TMĐK).
Vậy bác Nam đã mua 11 kg táo và 7 kg xoài.

Hướng dẫn giải

a) Thay $x = \frac{{81}}{{16}}$ (TMĐK) vào biểu thức $A$, ta được:

$A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\sqrt {\frac{{81}}{{16}}} - 2}}{{\sqrt {\frac{{81}}{{16}}} + 3}} = \frac{{\frac{9}{4} - 2}}{{\frac{9}{4} + 3}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{{\frac{{21}}{4}}} = \frac{1}{{21}}.$

Vậy giá trị của biểu thức $A = \frac{1}{{21}}$ khi $x = \frac{{81}}{{16}}$.

b) Với $x \ge 0\,;\,\,x \ne 4\,;\,\,x \ne 9,$ ta có:

$B = \left( {\frac{{3\sqrt x + 6}}{{x - 4}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{x - 9}}{{\sqrt x - 3}}$

$= \left[ {\frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$

$= \left[ {\frac{3}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}} \right] \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{1}{{\sqrt x - 2}}$.

Vậy với $x \ge 0\,;\,\,x \ne 4\,;\,\,x \ne 9$ thì $B = \frac{1}{{\sqrt x - 2}}.$

c) Ta có: $M = A \cdot B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x - 2}} = \frac{1}{{\sqrt x + 3}}.$

Vì $x \ge 0$ nên $\sqrt x \ge 0$, do đó $\sqrt x + 3 \ge 3$ suy ra $\frac{1}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{1}{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt x = 0$ hay $x = 0$ (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $M = \frac{1}{3}$ khi $x = 0$.

Hướng dẫn giải

a) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn $AB$.

Xét tam giác vuông $ABC$, ta có:

$AB = AC \cdot \widehat {\tan ACB} = 72 \cdot \tan 67^\circ \approx 170{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Vậy chiều cao của tòa tháp chung cư này là $170{\rm{ m}}$.

b) Xét tam giác vuông $ABD$ có: $BD = \frac{{AB}}{{\sin BDA}} = \frac{{170}}{{\sin 45^\circ }} = 170\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Vận tốc trung bình của chiếc flycam đó là: $170\sqrt 2 :140 \approx 1{,}72{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right){\rm{.}}$

Vậy vận tốc trung bình của chiếc flycam đó khoảng $1{,}72{\rm{ m/s}}{\rm{.}}$

a) Xét $\Delta AOM$ và $\Delta BOP$ có:

$OA = OB = R$ (gt)

$\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {MOA} = \widehat {BOP}$(đối đỉnh)

Do đó $\Delta AOM = \Delta BOP$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $OM = OP$ (hai cạnh tương ứng).

b) Theo giả thiết, có $ON$ vuông góc với $MP$.

Mà $OM = OP$ nên suy ra tam giác $MNP$ cân tại $N$.

Suy ra $N$ nằm trên tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.

Lại có $OI \bot MN$ nên $MN$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $I$.

Vì hai tiếp tuyến của đường tròn tại $I$ và $A$ cắt nhau tại $M$ nên $IM = MA$ (tính chất).

Tương tự, hai tiếp tuyến của đường tròn tại $I$ và $B$ cắt nhau tại $N$, do đó $IN = NB$ (tính chất).

Xét tam giác $NOM$ vuông tại $O$, có $OI \bot MN$ nên áp dụng hệ thức lượng ta có:

$IM.IN = O{I^2}$ hay $IM \cdot IN = {R^2}$.

Ta có $IM \cdot IN = {R^2}$ mà $IM = MA\,;\,\,IN = NB$ nên $AM \cdot NB = {R^2}$.

c) Xét tam giác $MOI$, có: $\cos \widehat {IOM} = \frac{{OI}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}.$ Suy ra $\widehat {IOM} = 60^\circ$.

Ta có $\widehat {IOM} = \widehat {IOE} = 60^\circ$.

Do $ON$ vuông góc với $MP$ nên $\widehat {NOM} = 90^\circ$.

Ta có: $\widehat {NOM} = \widehat {NOI} + \widehat {IOM}$ nên $\widehat {NOI} = \widehat {NOM} - \widehat {IOM} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Suy ra $\widehat {IOF} = \widehat {ION} + \widehat {NOF} = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ$.

Do đó, $S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120.\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}$.

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi $OI,\,\,OF$ và cung nhỏ $IF$ là $\frac{{\pi {R^2}}}{3}$.

d) Ta có $BN\parallel MA$ (cùng vuông với $AB$).

Xét $\Delta KBN$ và $\Delta KMA$, có:

$\widehat {KBN} = \widehat {KMA}$ (so le trong)

$\widehat {BKN} = \widehat {AKM}$ (đối đỉnh)

Do đó, (g.g). Suy ra $\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{BN}}{{AM}}$.

Mà, ta có: $IM = MA\,;\,\,IN = NB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}$.

Xét tam giác $MBN$, có: $\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}$ nên $IK\parallel BN$ (Thalès đảo).

Mà $BN \bot AB$ nên $IK \bot AB$.

Kéo dài $IK$ cắt $AB$ tại $H$ thì $IH \bot AB$.

Xét $\Delta AMN$ có: $IK\parallel AM\,\,\left( {\parallel BN} \right)$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{NK}}{{AN}}$.

Xét $\Delta AMB$ có $KH\parallel AM\left( {\parallel BN} \right)$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{{KH}}{{AM}} = \frac{{AH}}{{AB}}$.

Xét $\Delta ANB$ có $KH\parallel BN$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{{NK}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AB}}$.

Suy ra $\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{HK}}{{AM}}$, do đó $IK = HK$ hay $K$ là trung điểm của $IH$.

Xét $\Delta KAB$ và $\Delta IAB$ có chung đáy $AB$ và đường cao $KH = \frac{{IH}}{2}.$

Suy ra ${S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta IAB$ vuông tại $I$ với $IB = \sqrt 3 IA$, ta được:

$I{A^2} + I{B^2} = A{B^2}$

$I{A^2} + 3I{A^2} = 4{R^2}$

$4I{A^2} = 4{R^2}$

$I{A^2} = {R^2}$

Suy ra $IA = R$ và $IB = \sqrt 3 R$.

Do đó ${S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}$ (đvdt).

Vậy diện tích tam giác $KAB$ là $\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}$ (đvdt).