Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều – Đề 01 (có đáp án)

Thay (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức , ta được:

Vậy giá trị biểu thức tại

Với , ta có:

     

    

    

   

Vậy với  thì

Với , ta có:

 .

Với , ta có nên , suy ra .

Ta cũng có:  nên .

Do đó

Như vậy, để nguyên thì .

Khi đó, ta có: suy ra nên suy ra (thỏa mãn điều kiện).

Vậy với thì nhận giá trị nguyên.

Điều kiện xác định: và .

Ta có:

    (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là .

Gọi lần lượt là khối lượng táo, xoài mà bác Nam mua ( đơn vị: kg).

Theo bài, bác Nam mua một thùng trái cây nặng kg gồm hai loại là táo và xoài nên ta có phương trình: (1)

Số tiền bác Nam dùng để mua táo là: (nghìn đồng).

Số tiền bác Nam dùng để mua xoài là: (nghìn đồng).

Theo bài, giá tiền của thùng trái cây là đồng (hay nghìn đồng) nên ta có phương trình: nên (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

Từ phương trình (1), ta có: , thế vào phương trình (2), ta được:

  (thỏa mãn).

Thay vào phương trình , ta được: (thỏa mãn).

Vậy bác Nam đã mua 11 kg táo và 7 kg xoài.

Gọi là số giờ Laurent David làm việc

Số tiền Laurent David kiếm được là:

Theo bài, Laurent David muốn kiếm được ít nhất trong mùa hè nên ta có bất phương trình:

.

Vậy bất phương trình cần tìm là .

Giải bất phương trình , ta được:

.

Do đó, Laurent David cần làm việc tối thiểu giờ để kiếm được ít nhất trong mùa hè này.

Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn .

Xét tam giác  vuông tại , ta có:

Xét tam giác  vuông tại , ta có:

Suy ra

Vận tốc trung bình của chiếc người đó khoảng:

Vậy vận tốc trung bình của người đó là khoảng .

⦁ Xét và có:

, là cạnh chung và (do là tia phân giác của .

Do đó (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra (hai cạnh tương ứng).

⦁ Xét và có:

⦁ Theo câu a, ta có

Theo câu a, ta cũng có nên (hai cạnh tương ứng).

Suy ra  hay . Do đó cân tại .

⦁ Do cân tại nên hay .

Mà lần lượt là hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn nên

Xét tam giác $SBC$, kẻ đường cao $SH\perp BC$ tại $H$.

Do tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên $SH$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác, suy ra $H$ là trung điểm của $BC$.

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

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $SHC$ vuông tại $H$, 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 $SH=\sqrt{256-x^2}(\mathrm{cm}).$

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

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

⦁ Yêu cầu bài toán đưa về thực hiện tìm giá trị lớn nhất của $S=4x\sqrt{256-x^2}$với $0<x<16$.

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

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

                                $=4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}\le 4\sqrt{{128}^2}=512$

Do đó, $S\le 512$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x^2-128=0$ hay $x=8\sqrt{2}$ (do $0<x<16)$.

Khi đó, độ dài cạnh đáy của phần mái là $16\sqrt{2}\mathrm{cm}.$

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là $512\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ khi độ dài cạnh đáy của phần mái là $16\sqrt{2}\mathrm{cm}.$