Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 07

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, $0x + 0y = 4$ không là phương trình bậc nhất hai ẩn vì $a = 0$ và $b = 0$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Nhân hai vế của bất đẳng thức $a > b$ với $- 2,$ suy ra $- 2a < - 2b$.

Trừ hai vế của bất đẳng thức $- 2a < - 2b$ với $- 1,$ do đó ta được: $- 2a - 1 < - 2b - 1.$

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác vuông $ABC$, ta có $\cos B = \cos \alpha = \frac{3}{5}.$

Đáp án đúng là: A

Theo đề bài, $d\left( {O;a} \right) = 4 < 6$, do đó đường thẳng $a$ cắt nhau tại hai điểm của đường tròn.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) S b) Đ c) S d) Đ

a) Do biểu thức $A$ là biểu thức chứa căn thức bậc ba nên biểu thức $A$ luôn xác định với mọi $x,y \in \mathbb{R}$.

b) Khi $A = 0$ hay $\sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = 0$ nên ${x^6}{y^3} = 0$.

Suy ra ${x^6} = 0$ hoặc ${y^3} = 0$.

Do đó, $x = 0$ hoặc $y = 0$.

c) Với $x = 2$ và $y = - 3$ (thỏa mãn điều kiện) thì

$A = \sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = \sqrt[3]{{{2^6}.{{\left( { - 3} \right)}^3}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{2^2}} \right)}^3}.{{\left( { - 3} \right)}^3}}} = {2^2}.\left( { - 3} \right) = - 12.$

Vậy với $x = 2$ và $y = - 3$ thì giá trị của biểu thức $A$ bằng $- 12.$

d) Ta có: $A = \sqrt[3]{{{x^6}{y^3}}} = \sqrt[3]{{{x^6}}}.\sqrt[3]{{{y^3}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{x^2}} \right)}^3}}}.\sqrt[3]{{{y^3}}} = {x^2}y.$

Vậy $A = {x^2}y.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $20$

Cộng theo vế hai phương trình của hệ, ta được $2x = 8$ suy ra $x = 4.$

Thay $x = 4$ vào phương trình thứ nhất, ta được $y = 9 - x = 5.$

Suy ra ${x_0} = 4$ và ${y_0} = 5.$

Vậy $T = {x_0}{y_0} = 4.5 = 20.$

Hướng dẫn giải

Đáp án: $- 2$

Ta có: $\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right) + 2x = 10$

${x^2} - 25 + 2x - 10 = 0$

${x^2} + 2x - 35 = 0$

${x^2} - 5x + 7x - 35 = 0$

$x\left( {x - 5} \right) + 7\left( {x - 5} \right) = 0$

$\left( {x + 7} \right)\left( {x - 5} \right) = 0$

$x + 7 = 0$ hoặc $x - 5 = 0$

$x = - 7$ hoặc $x = 5.$

Tổng tât cả các nghiệm của phương trình là $\left( { - 7} \right) + 5 = - 2.$

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

a) $\frac{{2x - 5}}{{x - 3}} - \frac{1}{x} = \frac{{6x + 3}}{{{x^2} - 3x}}$

Điều kiện xác định: $x \ne 0,x \ne 3$.

Ta có: $\frac{{2x - 5}}{{x - 3}} - \frac{1}{x} = \frac{{6x + 3}}{{{x^2} - 3x}}$

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

$\frac{{2{x^2} - 5x - x + 3}}{{\left( {x - 3} \right)x}} = \frac{{6x + 3}}{{\left( {x - 3} \right)x}}$

$2{x^2} - 5x - x + 3 = 6x + 3$

$2{x^2} - 5x - x + 3 - 6x - 3 = 0$

$2{x^2} - 12x = 0$

$2x\left( {x - 6} \right) = 0$

Suy ra $x = 0$(loại) hoặc $x = 6$(TM).

Vậy $x = 6$ là nghiệm của phương trình.

b) $3x - \left( {6 + 2x} \right) \le 5\left( {x + 4} \right)$

$3x - 6 - 2x \le 5x + 20$

$x - 6 \le 5x + 20$

$5x - x \ge - 6 - 20$

$4x \ge - 26$

$x \ge \frac{{ - 13}}{2}$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \ge \frac{{ - 13}}{2}$.

Gọi $x$ (giờ) là thời gian để vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể;

$y$(giờ) là thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể ($x,y > 0$).

Đổi: 1 giờ 20 phút = $\frac{4}{3}$ giờ, 12 phút = $\frac{1}{5}$ giờ, 10 phút = $\frac{1}{6}$ giờ.

Theo đề, hai vòi cùng chảy thì sau $\frac{4}{3}$ giờ sẽ đầy bể.

Do đó, trong một giờ, hai vòi cùng chảy được số phần bể là: $1:\frac{4}{3} = \frac{3}{4}$ (bể).

Trong 1 giờ, vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ (bể), vòi thứ hai chảy được $\frac{1}{y}$ (bể).

Ta có phương trình: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{4}.(1)$

Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy $\frac{2}{{15}}$ bể nên ta có phương trình $\frac{1}{6x}+\frac{1}{5y}=\frac{2}{15}.(2)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{3}{4}\\\frac{1}{{6x}} + \frac{1}{{5y}} = \frac{2}{{15}}\end{array} \right.$.

Từ phương trình thứ nhất, ta có: $\frac{1}{x} = \frac{3}{4} - \frac{1}{y}$, thế vào phương trình thứ hai, ta được:

$\frac{1}{6}\left( {\frac{3}{4} - \frac{1}{y}} \right) + \frac{1}{{5y}} = \frac{2}{{15}}$

$\frac{1}{8} + \frac{1}{{30y}} = \frac{2}{{15}}$

$\frac{1}{{30y}} = \frac{1}{{120}}$

$30y = 120$

$y = 4$ (TMĐK).

Thay $y = 4$ vào hệ phương trình thứ nhất, được $\frac{1}{x} = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ suy ra $x = 2$ (TMĐK).

Vậy vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể trong 2 giờ, vòi thứ hai chảy một mình đầy bể trong 4 giờ.

Hướng dẫn giải

a) Thay $x = \frac{4}{9}$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta được:

$A = \frac{{\sqrt {\frac{4}{9}} - 2}}{{\sqrt {\frac{4}{9}} + 7}} = \frac{{\frac{2}{3} - 2}}{{\frac{2}{3} + 7}} = \frac{{ - \frac{4}{3}}}{{\frac{{23}}{3}}} = - \frac{4}{{23}}.$

Vậy giá trị của biểu thức $A = - \frac{4}{{23}}$ khi $x = \frac{4}{9}$.

b) Với $x > 0\,;\,\,x \ne 4$, ta có:

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

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

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

$= \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

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

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

Vậy với $x > 0;x \ne 4$ thì $B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}.$

c) Ta có: $P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}}:\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}}$.

Ta có $P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} > 0$ với mọi $x > 0$ nên $\sqrt P$ luôn xác định.

Để $\sqrt P \le \frac{1}{2}$ suy ra $P \le \frac{1}{4}$. Mà $P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}}$ nên $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}$.

Giải bất phương trình: $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}$

$\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} - \frac{1}{4} \le 0$

$\frac{{3\sqrt x - 7}}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}} \le 0$

Do $x > 0$ nên $\sqrt x > 0$, suy ra $\sqrt x + 7 > 7$ và $4\left( {\sqrt x + 7} \right) > 28$.

Suy ra $3\sqrt x - 7 \le 0$ nên $\sqrt x \le \frac{7}{3}$, suy ra $x \le \frac{{49}}{9}$.

Kết hợp điều kiện, suy ra $0 < x \le \frac{{49}}{9}$ và $x \ne 4.$

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ {1;2;3;5} \right\}$.

Vậy $x \in \left\{ {1;2;3;5} \right\}$ là các giá trị nguyên cần tìm để $\sqrt P \le \frac{1}{2}$.

Giả sử hình ảnh chiếc tàu trong bài toán được mô tả bởi hình vẽ sau:

a) Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có:

$CB = AB.\sin A = 250.\sin 21^\circ \approx 89{,}6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Vậy tàu đi được $250{\rm{ m}}$thì tàu ở độ sâu khoảng $89{,}6{\rm{ m}}{\rm{.}}$

b) Gọi $t$ là thời gian để tàu đi được độ sâu $200{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Quãng đường tàu đi được trong thời gian $t$ là: $AB = {S_{AB}} = 2{,}5t{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có: $\sin A = \frac{{BC}}{{AB}}$.

Suy ra $AB = \frac{{CB}}{{\sin A}}$ hay $2{,}5t = \frac{{200}}{{\sin 21^\circ }}$, suy ra $t = \frac{{200}}{{2{,}5.\sin 21^\circ }} \approx 223{,}23{\rm{ }}\left( {\rm{s}} \right)$.

Đổi $223{,}23{\rm{ s}} \approx 3$ phút $43$ giây.

Vậy sau khoảng ${\rm{3}}$ phút $43$ giây thì tàu ở độ sâu $200{\rm{ m}}{\rm{.}}$

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $OM$ là tia phân giác của $\widehat {AOH}$, $ON$ là tia phân giác của $\widehat {BOH}$.

Mà $\widehat {AOH}$ và $\widehat {BOH}$ là hai góc kề bù nên $\widehat {MON} = 90^\circ$.

Suy ra tam giác $OMN$ vuông tại $O$ có $OM \bot ON$.

Xét $\Delta HOM$ và $\Delta HNO$, có:

$\widehat {MHO} = \widehat {OHN} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {HMO} = \widehat {HON}$ (cùng phụ với $\widehat {MOH}$)

Do đó, (g.g) nên $\frac{{HO}}{{HN}} = \frac{{HM}}{{HO}}$.

Suy ra $O{H^2} = HM.HN$.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $AM = HM$ và $HN = BN$.

Do đó, $O{H^2} = HM.HN = AM.BN$ suy ra ${R^2} = AM.BN$. (1)

Mà ta có: $AB = 2R$ suy ra $A{B^2} = 4{R^2}$ do đó ${R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AM.BN = \frac{{A{B^2}}}{4}$ (đpcm).

b) Vì $AM \bot AB,BN \bot AB$ nên $AM\parallel BN$.

Xét tứ giác $ABNM$ có $AM\parallel BN$ và $\widehat {BAM} = 90^\circ \,\,\left( {AM \bot AB} \right).$

Do đó, $ABNM$ là hình thang vuông.

Ta có: ${S_{MON}} = \frac{1}{2}OH.MN \ge \frac{1}{2}OH.AB$ (vì $ABNM$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$ nên$MN \ge AB$).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $MN = AB$. Khi đó, $ABNM$ là hình chữ nhật và $H$ là điểm chính giữa cung $AB$ suy ra $NM\parallel AB$.

Ta có $OH \bot AO,OH \bot MN$ nên $AOHM$ là hình chữ nhật, mà $OA = OH = R$ suy ra $AOHM$ là hình vuông.

Tương tự, ta có: $OBNH$là hình vuông.

Do đó, $AM = BN = OH = \frac{{AB}}{2}$.

Vậy ${S_{MON}}$ nhỏ nhất khi $AM = BN = \frac{{AB}}{2}.$

c) $\Delta OAH$ cân tại $O$ và có $OK$ là phân giác của $\widehat {AOH}$ ($K \in OM$).

Suy ra $OK$ cũng là đường trung tuyến của $\Delta OAH$.

Do đó, $K$ là trung điểm của $AH$.

Ta có: $ON$ là phân giác của $\widehat {BOH}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét $\Delta OBH$ cân tại $O$ có $OG$ là phân giác của $\widehat {BOH}$ ($G \in ON$).

Suy ra $OG$ cũng là đường trung tuyến của $\Delta OBH$.

Do đó, $G$ là trung điểm của $BH$.

Xét $\Delta HAJ$ vuông tại $J$ có $JK = \frac{1}{2}HA$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

$\Delta HBJ$ vuông tại $J$ có $JG = \frac{1}{2}HB$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

$\Delta HAB$ vuông tại $H$ có $A{H^2} + H{B^2} = A{B^2} = 4{R^2}$ (định lí Pythagore).

Do đó, $J{G^2} + J{K^2} = \frac{1}{4}H{A^2} + \frac{1}{4}H{B^2} = \frac{1}{4}\left( {H{A^2} + H{B^2}} \right) = \frac{1}{4}A{B^2} = {R^2}$.

Vậy $J{K^2} + J{G^2}$ có giá trị không đổi khi $M$ di chuyển trên đường thẳng ${d_1}$.