Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 4 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

Gọi $x$ là số học sinh của lớp 9A, $y$ là số học sinh của lớp 9B $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

• Theo đề bài, tổng số học sinh hai lớp là học sinh nên ta có phương trình $x+y=86\left(1\right)$

Do đó, ý a) là đúng.

• Lớp 9A góp được số giấy báo cũ là $3.5+2.\left(x-3\right)=2x+9\left(\mathrm{kg}\right)$.

Lớp 9B góp được số giấy báo cũ là $3.5+2.\left(y-3\right)=2y+9\left(\mathrm{kg}\right)$.

Mà lớp 9B góp nhiều hơn lớp 9A $8kg$ giấy báo cũ nên ta có phương trình:

$2y+9-2x-9=8$ suy ra $2y-2x=8$ hay $y-x=4\left(2\right)$

Do đó, ý b) là sai.

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=86\\ y-x=4\end{array}$.

Do đó, ý c) là đúng.

• Cộng theo vế hai phương trình ta được $2y=90$, suy ra $y=45$ (TM).

Thay $y=45$ vào phương trình (1), ta được $x+45=86$, suy ra $x=41$ (TM).

Vậy lớp 9A có $41$ học sinh, lớp 9B có $45$ học sinh.

Do đó, ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

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

Khoảng cách của cồn và bờ sông hai người đứng chính là độ dài đoạn thẳng $CH.$

• Xét tam giác $AHC$ vuông tại $H$, ta có: $\tan \widehat{CAH}=\frac{CH}{AH}$ nên $AH=\frac{CH}{\tan \widehat{CAH}}=\frac{CH}{\tan 43^{\circ }}$

Suy ra $CH=AH\cdot \tan 43^{\circ }.$

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác $BHC$ vuông tại $H$, ta có:

$\tan \widehat{CBH}=\frac{CH}{BH}$ nên $BH=\frac{CH}{\tan \widehat{CBH}}=\frac{CH}{\tan 28^{\circ }}$ (2)

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) ta có:

$AB=AH+BH=\frac{CH}{\tan 43^{\circ }}+\frac{CH}{\tan 28^{\circ }}=CH\left(\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}\right)$

Do đó_, ý c) là sai.

• Do đó, $CH=\frac{AB}{\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}}=\frac{250}{\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}}\approx 84,66(\mathrm{m}).$

Vậy cồn cách bờ sông hai người đứng khoảng $84,66\mathrm{m}$.

Vậy ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

a) Với $a\ge 0,a\ne 4,a\ne 9$, ta có:

$A=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left(\frac{\sqrt{a}-2}{\sqrt{a}+3}+\frac{\sqrt{a}-3}{2-\sqrt{a}}-\frac{9-a}{a+\sqrt{a}-6}\right)$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{a}+3\right)}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{9-a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{a-9}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{9-a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4-a+9-9+a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\frac{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}\cdot \frac{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}$

$=\frac{3}{\sqrt{a}-2}$.

Vậy với $a\ge 0,a\ne 4,a\ne 9$ ta được $P=\frac{3}{\sqrt{a}-2}$.

b) Ta có: $A+\left|A\right|=0$ suy ra $\left|A\right|=-A$.

Do đó, $A\le 0$ hay $\frac{3}{\sqrt{a}-2}\le 0$ suy ra $\sqrt{a}-2<0$ do đó $\sqrt{a}<2$.

Suy ra $0\le a<4$.

Vậy $0\le a<4$ là giá trị cần tìm.

Hướng dẫn giải

O đường kính \(AB = (ảnh 1)">

a) Xét \(\Delta CAO\) vuông tại $A$ ($CA$ là tiếp tuyến) nên ba điểm $O,A,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$ (1)

Xét $\Delta CDO$ vuông tại $D$ ($DC$ là tiếp tuyến) nên ba điểm $O,C,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $O,A,C,D$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $CO.$

b) Gọi $BD$ cắt $AC$ tại $A^{\prime }$, $BC$ cắt $DF$ tại $I$.

Xét $\Delta ADB$ có trung tuyến $OD=\frac{1}{2}AB$ nên $\Delta ADB$ vuông tại $D$.

Suy ra $\Delta AD{A}^{\prime }$ vuông tại $D$.

Lại có $CD=CA$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được $$CD=A{C}^{\prime }$$.

Suy ra $$\Delta CAD$$ cân tại $$C$$ nên $$\widehat{CAD}=\widehat{CDA}$$.

Có $$\widehat{CAD}+\widehat{A{A}^{\prime }D}=\widehat{CDA}+\widehat{CD{A}^{\prime }}=90^{\circ }$$ nên $$\widehat{A{A}^{\prime }D}=\widehat{A^{\prime }DC}$$.

Suy ra $C{A}^{\prime }=A^{\prime }D$.

Từ đây suy ra $C{A}^{\prime }=CA=CD$ hay $C$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$.

Mặt khác, $DF\parallel A{A}^{\prime }$ (cùng vuông góc với $AB$) nên theo định lí Thalès thì $\frac{ID}{C{A}^{\prime }}=\frac{IF}{CA}\left(=\frac{BI}{BC}\right)$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $ID=IF$.

Do đó, $BC$ đi qua trung điểm của $DF.$

c) Ta có: $\cos \widehat{COD}=\frac{OD}{OC}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}$ suy ra $\widehat{COD}=60^{\circ }.$

Suy ra $\widehat{AOD}=180^{\circ }-\widehat{COD}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$.

Ta có $S_{quatAOD}=\frac{\pi \cdot R^2\cdot 120^{\circ }}{360^{\circ }}=\frac{\pi R^2}{3}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $COD$, có $CD=\sqrt{C{O}^2-O{D}^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}$.

Ta có: $S_{OCD}=\frac{1}{2}CD\cdot DO=\frac{1}{2}\cdot R\sqrt{3}\cdot R=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}$.

Xét $\Delta DCO$ và $\Delta ACO$, có: $CO$ chung (gt)

                                            $CA=CD$ (tính chất)

                                            $OA=OD=R$ (gt)

Do đó, $\Delta DCO=\Delta ACO$ (c.c.c).

Suy ra $S_{ACO}=S_{COD}=\frac{1}{2}{S}_{ACDO}$.

Do đó, $S_{ACDO}=2S_{CDO}=R^2\sqrt{3}$.

Diện tích phần tam giác $ACD$ nằm ngoài đường tròn là: $R^2\sqrt{3}-\frac{\pi R^2}{3}=\left(\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}\right)R^2$.

⦁ Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng $16\mathrm{cm}$ và cạnh đáy là $2x\mathrm{cm}$.

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 $0<x<16)$.

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là $512\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.