Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức – Đề 07 (có đáp án)

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

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: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{4}.\left(1\right)$

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 $\frac{1}{6x}+\frac{1}{5y}=\frac{2}{15}.\left(2\right)$

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

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 $\sqrt{P}\le \frac{1}{2}$.

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

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

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

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

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

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 $t=\frac{200}{2,5.\sin 21^{\circ }}\approx 223,23\left(\mathrm{s}\right)$.

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

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

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 $$OM\perp ON$$.

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 $$A{B}^2=4R^2$$ 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 $$AM\perp AB,BN\perp AB$$ nên $$AM\parallel BN$$.

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

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 $$OH\perp AO,OH\perp MN$$ 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 $A{H}^2+H{B}^2=A{B}^2=4R^2$ (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 $$d_1$$.