Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

a) ⦁ Xét biểu thức $A=\frac{x+3}{\sqrt{x}-2}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ và $x\ge 0$ và $\sqrt{x}-2\ne 0$ hay $x\ge 0,x\ne 4.$

⦁ Xét biểu thức $B=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}+\frac{5\sqrt{x}-2}{x-4}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x\ge 0,\sqrt{x}+2\ne 0$ và $x-4\ne 0.$

Với $x\ge 0$ ta thấy $\sqrt{x}+2>0$ và $x-4\ne 0$ khi $x\ne 4.$

Vậy, điều kiện xác định của biểu thức $A$ và biểu thức $B$ đều là $x\ge 0,x\ne 4.$

b) Với $x=16$ (thỏa mãn điều kiện), ta có

$A=\frac{16+3}{\sqrt{16}-2}=\frac{19}{4-2}=\frac{19}{2}$.

Vậy khi $x=16$ thì giá trị của biểu thức $A$ bằng $\frac{19}{2}$.

Hướng dẫn giải

d) Ta có $P=\frac{A}{B}=\frac{x+3}{\sqrt{x}-2}:\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}=\frac{x+3}{\sqrt{x}}$.

Do đó $P\le 4$ khi $\frac{x+3}{\sqrt{x}}\le 4$ suy ra $\frac{x+3}{\sqrt{x}}-4\le 0$ hay $\frac{x+3-4\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\le 0$.

Do $\sqrt{x}>0$ nên để $\frac{x+3-4\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\le 0$ thì $x+3-4\sqrt{x}\le 0$.

Ta có $x+3-4\sqrt{x}=x-4\sqrt{x}+4-1={\left(\sqrt{x}-2\right)}^2-1$.

Do đó $x+3-4\sqrt{x}\le 0$ khi ${\left(\sqrt{x}-2\right)}^2-1\le 0$ suy ra $$-1\le \sqrt{x}-2\le 1$$ hay $$1\le \sqrt{x}\le 3$$ từ dó suy ra $$1\le x\le 9$$.

Vì $$x$$ nguyên nên ta có $$x\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9\right\}.$$

a) Điều kiện xác định: $x\ne 1,x\ne 0.$

Ta có: $\frac{4}{x-1}-\frac{3}{x}=\frac{4x}{x\left(x-1\right)}$

$\frac{4x}{x\left(x-1\right)}-\frac{3\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}=\frac{4x}{x\left(x-1\right)}$

$\frac{4x-3\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}=\frac{4x}{x\left(x-1\right)}$

$4x-3x+3=4x$

$4x-3x-4x=-3$

$-3x=-3$

    $x=1$ (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

$\frac{5}{11}x-\frac{3}{2}\left(2x-\frac{2}{3}\right)\ge 3\left(x-2\right)$

    $\frac{5}{11}x-3x+1\ge 3x-6$

    $\frac{5}{11}x-3x-3x\ge -6-1$

   $-\frac{61}{11}x\ge -7$

           $x\le -7:\left(-\frac{61}{11}\right)$

            $x\le \frac{77}{61}.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x\le \frac{77}{61}.$

2. Gọi $x,y$ (tấn) lần lượt là khối lượng thép 10% và thép 20% cần dùng  $\left(x>0,y>0\right)$.

Để luyện được 1000 tấn thép mới thì $x+y=1000$.                (1)

Khối lượng thép chứa 10% carbon là $10\%x=0,1x\left(\mathrm{kg}\right)$

Khối lượng thép chứa 20% carbon là $20\%x=0,2x\left(\mathrm{kg}\right)$

Theo đề bài, cần luyện được 1000 tấn thép chứa 16% carbon từ hai loại thép trên nên ta có

$0,1x+0,2y=16\%.1000$ hay $0,1x+0,2y=160$ nên $x+2y=1600$.        (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ 0,1x+0,2y=160\end{array}$

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 10, ta được hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ x+2y=1600\end{array}$

Trừ từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất của hệ trên, ta được: $y=600$ (thỏa mãn).

Thay $y=600$ vào phương trình (1), ta được:

$x+600=1000$ nên $x=400$ (thỏa mãn).

Vậy để luyện được 1000 tấn thép chứa 16% carbon thì cần dùng 600 tấn thép 10% và 400 tấn thép 20%.

3. a) Gọi $x$ (quả) là số quả bóng được ném vào rổ ($0<x\le 15$, $x\in \mathbb{N}).$

Số quả bóng ném ra ngoài là: $15-x$ (quả).

Số điểm nhận được khi ném được $x$ quả bóng vào rổ là: $2x$ (điểm).

Số điểm bị trừ khi ném $15-x$ quả ra ngoài là: $15-x$ (điểm).

Tổng số điểm đạt được sau khi ném $15$ quả bóng là: $2x-\left(15-x\right)$ (điểm).

Theo bài, nếu đạt 15 điểm trở lên thì sẽ được chọn vào đội tuyển nên ta có bất phương trình:

$2x-\left(15-x\right)\ge 15$.

b) Giải bất phương trình lập được ở câu a:

$2x-\left(15-x\right)\ge 15$

$2x-15+x\ge 15$

$3x\ge 30$

$x\ge 10$.

Mà $x\in \mathbb{N}$ và cần tìm giá trị $x$ nhỏ nhất nên $x=10.$

Vậy muốn được chọn vào đội tuyển thì bạn học sinh phải ném được ít nhất 10 quả bóng vào rổ.

a) Xét tam giác $ABE$ vuông tại $E$, ta có: $\sin \widehat{ABE}=\frac{AE}{AB},\tan \widehat{ABE}=\frac{AE}{BE}.$

b) 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).

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

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

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

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

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

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

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 $23,9\mathrm{m}.$.

$K$ là trung điểm $$AB$$. (ảnh 1)">

a) Ta có: $MA=MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

               $OA=OB$ (cùng bằng bán kính đường tròn $\left(O\right)$)

Suy ra $OM$ là đường trung trực của $AB.$

Mà đường thẳng $AB$ cắt $OM$ tại $K$ nên $K$ là trung điểm của $AB.$

b) Ta có: $\widehat{ABN}=90^{\circ }$ ($B$ thuộc đường tròn đường kính $AN$).

Suy ra $$BN\parallel MO$$ (cùng vuông góc với $AB$).

Do đó: $\widehat{AOM}=\widehat{ANB}$ (đồng vị)

            $\widehat{AOM}=\widehat{BOM}$ ($OM$ là phân giác $\widehat{AOB}$)

Suy ra $\widehat{ANB}=\widehat{BOM}$.

Xét $\Delta BHN$ và $\Delta MBO$, có: $\widehat{BHN}=\widehat{MBO}=90^{\circ }$; $\widehat{ANB}=\widehat{BOM}$

Suy ra $\Delta BHN\backsim \Delta MBO$ (g.g).

Suy ra $\frac{BH}{MB}=\frac{BN}{MO}$ hay $MB.BN=BH.MO$ (đpcm).

c) Xét $\Delta AOM$ vuông tại $A$ có: $\cos \widehat{AOM}=\frac{OA}{OM}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2},$ suy ra $\widehat{AOM}=60^{\circ }.$

Do $MA$ và $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ nên $OM$ là tia phân giác góc $\widehat{AOB}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\widehat{AOB}=2\widehat{MOA}=120^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{NOB}=180^{\circ }-\widehat{BOA}=60^{\circ }$ nên .

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $$OB,$$$$ON$$ và cung nhỏ $$BN$$ là:

$$S=\frac{\pi R^2.60}{360}=\frac{\pi R^2}{6}$$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $$OB,$$$$ON$$ và cung nhỏ $$BN$$ là $$\frac{\pi R^2}{6}$$ (đvdt).

Hướng dẫn giải

Với a là chiều dài của hai ngăn bể cá. Ta có $V=abc=750$ (1)

Diện tích các miếng hình là : $S=ab+2ac+2bc$.

Ta có $\frac{S}{abc}=\frac{1}{c}+\frac{2}{b}+\frac{3}{a}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số $\frac{1}{c};\frac{2}{b};\frac{3}{a}$ ta được

$\frac{S}{abc}=\frac{1}{c}+\frac{2}{b}+\frac{3}{a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{c}\cdot \frac{2}{b}\cdot \frac{3}{a}}=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt{abc}}=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt{750}}.$

Dấu  xảy ra khi $\{\begin{array}{l}\frac{1}{c}=\frac{2}{b}=\frac{3}{a}\\ abc=750\end{array}$ suy ra $\{\begin{array}{l}2a=3b\\ a=3c\\ b=2c\\ abc=750\end{array}$.

Khi đó, ta có $3c\cdot 2c\cdot c=750$ hay $6c^3=750$ nên $c^3=125$ suy ra $c=5$.

Do đó $a=3c=15;b=2c=10;c=5.$

Vậy các kích thước$a=15;b=10;c=5$ để lượng inox cần sử dụng là ít nhất.