Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 1 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.         b) Sai.             c) Sai.                  d) Đúng.

• Gọi $x$ (ml) là thể tích dung dịch nước muối $1,5\%$ và $y$ (ml) là thể tích nước cất $0\%$ ($x,y>0$).

Tổng thể tích dung dịch là $1000ml$ nên ta có phương trình $x+y=1000$ (1).

Do đó, ý a) là đúng.

• Tổng khối lượng muối trong dung dịch là $0,9\%$ của $1000ml$. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là $1,5\%.x$ và trong nước cất là $0$.

Do đó ta có: $0,015x+0y=0,009.1000$ hay $0,015x=9$ (2)

Do đó, ý b) là sai.

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ 0,015x=9\end{array}$.

Do đó, ý c) là sai.

• Giải phương trình $0,015x=9$ ta được $x=600$ (thỏa mãn).

Thay $x=600$ vào phương trình (1), được: $y=1000-600=400$ (thỏa mãn).

Vậy Lan cần pha $600\mathrm{ml}$ dung dịch nước muối $1,5\%$ và $400\mathrm{ml}$ dung dịch nước cốt $0\%$ để được dung dịch mong muốn.

Do đó, ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.            b) Đúng.            c) Sai.                  d) Sai.

• Chiều cao của tòa nhà chính là độ dài đoạn thẳng $BH$.

Xét tam giác $CAE$ vuông tại $E$, ta có:

$CE=AE.\tan \widehat{CAE}=AE.\tan 40^{\circ }\left(\mathrm{m}\right)$ (1).

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác $BAE$ vuông ở $E$, ta có:

$BE=AE.\tan \widehat{BAE}=AE.\tan 50^{\circ }\left(\mathrm{m}\right)$ (2).

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) suy ra $BC=BE-CE=AE\tan 50^{\circ }-AE\tan 40^{\circ }$

                                $BC=AE\left(\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }\right)$

                                $5=AE\left(\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }\right)$

                               $AE=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}\left(\mathrm{m}\right)$.

Do đó, ý c) là sai.

• Với $AE=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}$ suy ra $CE=AE\cdot \tan \widehat{CAE}=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}\cdot \tan 40^{\circ }\approx 11,9\left(\mathrm{m}\right).$

Chiều cao của tòa nhà là: $5+11,9+7\approx 23,9\left(\mathrm{m}\right)$.

Vậy tòa nhà cao $23,9\left(\mathrm{m}\right)$.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

a) Với $x>0,x\ne 1$ ta có:

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

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

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

   $$=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$$.

Vậy với $x>0,x\ne 1$ ta có $P=\frac{\sqrt{x}<span></span>+1}{\sqrt{x}}.$

b) Ta có $P=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$.$BC$

Theo đề, để $2P=2\sqrt{x}+5$ thì $\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}+5$

Suy ra $2\sqrt{x}+2=2x+5\sqrt{x}$ hay $2x+3\sqrt{x}-2=0$ do đó $\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-\frac{1}{2}\right)=0$

Suy ra $\sqrt{x}+2=0$ hoặc $\sqrt{x}-\frac{1}{2}=0$.

Do đó, $\sqrt{x}=-2$ (vô lí) hoặc $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $x=\frac{1}{4}$ (thỏa mãn).

Vậy $x=\frac{1}{4}$ thì $2P=2\sqrt{x}+5$.

Hướng dẫn giải

xy, lấy lần lượt ba điểm $A,B,C$ (ảnh 1)"> 

a) Ta có $O{O}^{\prime }=OB+B{O}^{\prime }\left(d=R+R^{\prime }\right)$

Do đó đường tròn $\left(O\right)$ và đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ tiếp xúc ngoài với nhau tại $B.$

Xét $\Delta ODE$ cân tại $O$ (do $OD=OE)$ nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó $H$ là trung điểm của $DE$.

Mà $$H$$ lại là trung điểm của $AC$, do đó tứ giác $ADCE$ là hình bình hành.

Mặt khác, $AC\perp DE$ nên hình bình hành $$ADCE$$ là hình thoi.

b) Xét đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AB$ ta có $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $BE\perp AE$ tại $E$.

Mà $AE//CD$ (do $$ADCE$$ là hình thoi) nên $$EB\perp CD$$.

Xét đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ đường kính $BC$ ta có $\widehat{BFC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $BF\perp CD$ tại $F$.

Ta có $EB\perp CD$ và $FB\perp CD$ suy ra $EB$ và $FB$ trùng nhau.

Vậy ba điểm $F,B,E$ thẳng hàng.

c) Tam giác $FDE$ vuông tại $F$ có $$FH$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $DE$ nên $FH=\frac{1}{2}DE=HD=HE.$

Do đó $\Delta HFD$ cân tại $H$, do đó $\widehat{HFD}=\widehat{HDC}$.

Mặt khác, $$O^{\prime }FC$$ cân tại $O^{\prime }$ (do $$O^{\prime }F=O^{\prime }C$$) nên $\widehat{O^{\prime }FC}=\widehat{HCD}$

Mà $\widehat{HDC}+\widehat{HCD}=90^{\circ }$ (tam giác $$HCD$$ vuông tại $$H$$)

Nên $\widehat{HFD}+\widehat{O^{\prime }FC}=90^{\circ }$.

Do đó $\widehat{HF{O}^{\prime }}=180^{\circ }-\left(\widehat{HFD}+\widehat{O^{\prime }FC}\right)=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$.

Ta có $HF\perp O^{\prime }F$ tại $F$ và $F$ thuộc đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ nên $$HF$$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$.

Vậy $$HF$$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$.

Hướng dẫn giải

Đặt $$AD=x\left(x>0\right)$$.

Ta có tứ giác $$ADME$$ có $$\widehat{ADE}=\widehat{DAE}=\widehat{AEM}=90^{\circ }$$ nên $$ADME$$ là hình chữ nhật.

Do đó, $$EM=AD=x(\mathrm{m}).$$

Ta có $EM//AB$ (cùng vuông góc với $AC)$ nên theo hệ quả định lí Thalès, ta có:

$$\frac{EM}{AB}=\frac{CE}{CA}$$ hay $$\frac{x}{6}=\frac{CE}{8}$$ suy ra $$CE=\frac{4}{3}x$$.

Ta có $$AE=AC-EC=8-\frac{4}{3}x$$.

Diện tích hình chữ nhật $$ADME$$ là:

$$S_{ADME}=AD.AE=x\left(8-\frac{4}{3}x\right)$$$$=-\frac{4}{3}{x}^2+8x=-\frac{4}{3}\left(x^2-6x\right)$$

 $$=-\frac{4}{3}\left(x^2-6x+9\right)+12$$$$=-\frac{4}{3}{\left(x-3\right)}^2+12$$.

Vì $${\left(x-3\right)}^2\ge 0$$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $$-\frac{4}{3}{\left(x-3\right)}^2\le 0$$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Do đó $$-\frac{4}{3}{\left(x-3\right)}^2+12\le 12$$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Dấu “=” xảy ra khi $$x-3=0$$ hay $$x=3.$$

Khi đó $$D$$ là trung điểm của $$AB$$.

Lúc này, xét $\Delta ABC$ có $D$ là trung điểm của $AB$ và $DM//AC$ (cùng vuông góc với $AB)$ nên $DM$ là đường trung bình của tam giác $ABC,$ suy ra $$M$$ là trung điểm của $$BC$$.

Như vậy, diện tích lớn nhất của hình chữ nhật $$ADME$$ bằng $$12{\mathrm{m}}^2$$ khi $$M$$ là trung điểm của $$BC$$.

Vậy diện tích ao cá lớn nhất mà người đó có thể đào là $$12{\mathrm{m}}^2$$.