Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

• Đổi $5,25$ tấn = $5250$ kg.

Gọi $x$ là số thùng bia mà xe có thể chở ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, đơn vị: thùng).

Khối lượng của $x$ thùng bia là $6,7x$ (kg).

Do đó, ý a) là đúng.

• Tổng khối lượng của các thùng bia và bác tài xế là: $6,7x+65$ (kg).

Do đó, ý b) là đúng.

• Theo bài, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là $5,25$ tấn nên ta có bất phương trình: $65+6,7x\le 5250$.

Do đó, ý c) là sai.

• Giải bất phương trình:

$65+6,7x\le 5250$

$6,7x\le 5185$

$x\le \frac{51850}{67}\left(\approx 773,88\right)$.

Mà $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và cần tìm $x$ có giá trị lớn nhất nên $x=773.$

Vậy xe có thể chở được tối đa $773$ thùng bia.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

• Theo đề bài, phần ngọn bị gãy $AB$ và phần gốc $AC$ có tỉ lệ $3:2$ hay $\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$, suy ra $\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có: $\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$. Do đó, ý a) là đúng.

• Vì $\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$ nên $\alpha =\widehat{ABC}\approx 41^{\circ }49^{\prime }.$ Do đó, ý b) là đúng.

• Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có: $AC=BC\cdot \tan \widehat{ABC}\approx 5\cdot \tan 41^{\circ }49^{\prime }\approx 4,47(\mathrm{m}).$

Mà $\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$, suy ra $AB=\frac{3}{2}AC\approx \frac{3}{2}\cdot 4,47=6,705(\mathrm{m}).$

Độ dài phần ngọn bị gãy là độ dài đoạn thẳng $AB$. Do đó, ý c) là sai.

• Độ dài cây ban đầu là tổng của phần ngọn bị gãy $AB$ và phần gốc $AC$.

Vậy chiều cao ban đầu của cây khoảng: $$4,47+6,705=11,175\approx 11,18(\mathrm{m}).$$Do đó, ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

a) Với $a\ge 0,a\ne 16$, ta có:

$C=\frac{a}{a-16}-\frac{2}{\sqrt{a}-4}-\frac{2}{\sqrt{a}+4}$

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

$$=\frac{a-2\sqrt{a}-8-2\sqrt{a}+8}{\left(\sqrt{a}-4\right)\left(\sqrt{a}+4\right)}$$

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

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

$$=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+4}.$$

Vậy với $a\ge 0,a\ne 16$ có $$C=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+4}.$$

b) Ta có: $a=9-4\sqrt{5}=5-2\cdot 2\cdot \sqrt{5}+4={\left(\sqrt{5}-2\right)}^2$.

Thay vào $$C,$$ ta được:

$$C=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+4}=\frac{\sqrt{{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2}}{\sqrt{{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2}+4}=\frac{\sqrt{5}-2}{\sqrt{5}+2}=\frac{{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{5}+2\right)\left(\sqrt{5}-2\right)}=\frac{9-4\sqrt{5}}{5-4}=9-4\sqrt{5}$$.

Vậy giá trị của $C=9-4\sqrt{5}$ tại $a=9-4\sqrt{5}.$

a) Ta có: $AB,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$, suy ra $OA$ là đường phân giác của $\widehat{BOC}$ (tính chất) nên $\widehat{AOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}.$

Xét đường tròn $\left(O\right)$, ta có: $\widehat{CDB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BC$)

Do đó, $\widehat{AOC}=\widehat{CDB}$.

Xét $\Delta CMD$ và $\Delta ACO$ có:

$\widehat{CMD}=\widehat{ACO}=90^{\circ }$ và $\widehat{CDM}=\widehat{AOC}$ (do $\widehat{AOC}=\widehat{CDB}$)

Do đó (g.g).

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

Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{EBF}=90^{\circ }$ nên $\widehat{ABE}+\widehat{EBO}=\widehat{EBO}+\widehat{OBF}$

Suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{OBF}$.

Lại có: $\widehat{OBF}=\widehat{OFB}$ (vì $\Delta BOF$ cân tại $O$ do $OB=OF)$ suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{OFB}$ (1)

Mà $\widehat{ECB}=\widehat{OFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$ của đường tròn tâm $O$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ECB}=\widehat{ABE}$. (3)

Mặt khác, $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OB=OC=R$

Suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$ mà $E\in OA$, suy ra $EB=EC$.

Do đó $\Delta EBC$ cân tại $E$ nên $\widehat{ECB}=\widehat{EBC}$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{EBC}=\widehat{ABE}$ nên $BE$ là tia phân giác của góc $B$ trong tam giác $ABH$.

Vậy $$BE$$ là phân giác của $\widehat{ABC}.$

c) Theo câu a, (g.g), suy ra $\widehat{OAC}=\widehat{DCM}=30^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{AOC}=90^{\circ }-\widehat{OAC}=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{BOC}=2\widehat{AOC}=120^{\circ }$ hay

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, có: $\cos \widehat{HAC}=\frac{AH}{AC}$

Suy ra $AC=\frac{AH}{\cos \widehat{HAC}}=\frac{4}{\cos 30^{\circ }}=\frac{8\sqrt{3}}{3}\left(\mathrm{cm}\right).$

Xét $\Delta AOC$ vuông tại $C$, có: $OC=AC.\tan \widehat{OAC}=\frac{8\sqrt{3}}{3}.\tan 30^{\circ }=\frac{8}{3}\left(\mathrm{cm}\right).$

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính $$OB,OC$$ và cung nhỏ $BC$ là:

$$S=\frac{\pi .{\left(\frac{8}{3}\right)}^2\cdot 120}{360}=\frac{64\pi }{27}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$$.

Gọi độ dài của đoạn $$AE=x\left(0<x<4\right)$$ (m), suy ra độ dài đoạn $$EB=4-x\left(\mathrm{m}\right).$$

Theo đề, các phần đất hình tam giác bằng nhau, nên ta có:

$$AE=BH=GC=DF=x\left(\mathrm{m}\right)$$ và $$BE=CH=GD=AF=4-x\left(\mathrm{m}\right)$$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $$AEF$$ vuông tại $A$, có:

$$A{E}^2+A{F}^2=E{F}^2$$

$$x^2+{\left(4-x\right)}^2=E{F}^2$$

$$2x^2-8x+16=E{F}^2$$

Suy ra $$EF=\sqrt{2x^2-8x+16}=\sqrt{2\left(x^2-4x+4\right)+8}=\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\left(\mathrm{m}\right).$$

Do các phần hình tam giác bằng nhau nên $$FG=GH=HE=EF=\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\left(\mathrm{m}\right)$$.

Suy ra, chu vi $$EFGH$$ là: $$EF+FG+GH+HE=4EF=4\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\left(\mathrm{m}\right)$$.

Để chu vi của tứ giác $$EFGH$$ nhỏ nhất thì $$4\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}$$ nhỏ nhất.

Với mọi $$0<x<4,$$ ta có:

$$2{\left(x-2\right)}^2\ge 0$$

$$2{\left(x-2\right)}^2+8\ge 8$$

$$\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\ge \sqrt{8}$$

$$4\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\ge 4\sqrt{8}$$

$$4\sqrt{2{\left(x-2\right)}^2+8}\ge 8\sqrt{2}$$.

Do đó, chu vi của tứ giác $$EFGH$$ nhỏ nhất bằng $$8\sqrt{2}\left(\mathrm{m}\right)$$ khi $$x-2=0$$ hay $$x=2\left(\mathrm{m}\right).$$

Vậy khoảng cách từ $$A$$ đến $$E$$ bằng $$2\mathrm{m}$$ thì tứ giác $$EFGH$$ có chu vi nhỏ nhất.