Đề thi giữa kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

a) Với $a=0$ và $b\ne 0$ ta có hàm số $y=b.$

Đồ thị hàm số $y=b$ với $b\ne 0$ có đồ thị là đường thẳng song song với trục hoành và vuông góc với trục tung tại điểm $b$ nằm trên trục tung.

b) Để đồ thị hàm số $y=ax+b$ đi qua điểm $A\left(3;-6\right)$ thì tọa độ điểm $A$ thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay $x=3,y=-6$ vào hàm số $y=ax+b,$ ta được:

$-6=a\cdot 3+b$ hay $3a+b=-6$   (1)

Để đồ thị hàm số $y=ax+b$ đi qua điểm $B\left(-2;4\right)$ thì tọa độ điểm $B$ thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay $x=-2,y=4$ vào hàm số $y=ax+b,$ ta được:

$4=a\cdot \left(-2\right)+b$ hay $-2a+b=4$   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}3a+b=-6\\ -2a+b=4\end{array}$

Trừ từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ phương trình trên, ta được:

$5a=-10$ suy ra $a=-2$.

Thay $a=-2$ vào phương trình $3a+b=-6,$ ta được:

$3\cdot \left(-2\right)+b=-6$ suy ra $b=0.$

Vậy $a=-2$ và $b=0.$

a) $9x^2\left(2x-3\right)=0$

$9x^2=0$ hoặc $2x-3=0$

$x^2=0$ hoặc $2x=3$

$x=0$ hoặc $x=\frac{3}{2}$.

a) $3\cdot 5\le \frac{2x+3}{5}\cdot 5$

 $15\le 2x+3$

 $-2x\le 3-15$

 $-2x\le -12$

     $x\ge 6$.

Gọi $$x,y$$ (học sinh) lần lượt là số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A $$\left(x,y\in \mathbb{N}\ast ;x,y<35\right).$$

Vì lớp 9A có 35 học sinh nên ta có: $$x+y=35\left(1\right)$$

Số học sinh nam không bị cận thị là $$25\%\cdot x=0,25x$$ (học sinh)

Số học sinh nữ không bị cận thị là $$20\%\cdot x=0,2y$$ (học sinh)

Vì số học sinh không bị cận thị là 8 nên ta có: $$0,25x+0,2y=8$$ hay $$5x+4y=160\left(2\right)$$

Từ $$\left(1\right)$$ và $$\left(2\right)$$ ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=35\\ 5x+4y=160\end{array}$.

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $5,$ ta được hệ phương trình $\{\begin{array}{l}5x+5y=175\\ 5x+4y=160\end{array}.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được: $y=15$ (thỏa mãn).

Thay $y=15$ vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu, ta được:

$x+15=35$ suy ra $x=35-15=20$ (thỏa mãn).

Vậy số học sinh nữ không bị cận thị là $$20\%\cdot 15=3$$ (học sinh).

a) Từ công thức $F=\frac{9}{5}C+32,$ ta có $5F=9C+160$ hay $C=\frac{5}{9}F-\frac{160}{9}.$

Theo bài, ta có bất phương trình $\frac{5}{9}F-\frac{160}{9}\ge -34$.

Vậy bất phương trình cần viết là $\frac{5}{9}F-\frac{160}{9}\ge -34$.

b) Giải bất phương trình:

$\frac{5}{9}F-\frac{160}{9}\ge -34$

$5F-160>-306$

$5F>-146$

$F>-29,2.$

Vậy với $F>-29,2^{\circ }F$ thì chlorine ở trạng thái khí.

Xét $\Delta ACD$ vuông tại $D$, ta có: $DC=AD\cdot \tan \widehat{CAD}=AD\cdot \tan 40^{\circ }$.

Xét $\Delta ABD$ vuông tại $D$, ta có: $DB=AD\cdot \tan \widehat{BAD}=AD\cdot \tan 50^{\circ }$.

Ta có: $BC=DB-DC$

Suy ra $4=AD\cdot \tan 50^{\circ }-AD\cdot \tan 40^{\circ }$

$4=AD\cdot \left(\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }\right)$

$AD=\frac{4}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}$.

Do đó $DC=AD\cdot \tan 40^{\circ }=\frac{4\tan 40^{\circ }}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}\approx 9,5(\mathrm{m}).$

Như vậy, $CH=CD+DH\approx 9,5+7=16,5(\mathrm{m}).$

Vậy chiều cao của tòa nhà 2 khoảng $16,5\mathrm{m}.$

a) Xét $\Delta ABD$ vuông tại $A,$ ta có:

$$\sin \widehat{ABD}=\frac{AD}{BD};\cos \widehat{ABD}=\frac{AB}{BD};$$

$$\tan \widehat{ABD}=\frac{AD}{AB},\cot \widehat{ABD}=\frac{AB}{AD}.$$

Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh $20\mathrm{cm}$ nên $BC=20\mathrm{cm}$ và $\hat{B}=60^{\circ }.$

Giả sử $MB=x\left(x>0\right)(\mathrm{cm}).$ Khi đó $$QC=x(\mathrm{cm})$$ và $MQ=BC-BM-QC=20-2x(\mathrm{cm}).$

Xét $\Delta MNB$ vuông tại $M,$ ta có: $MN=MB\cdot \tan B=x\tan 60^{\circ }=x\sqrt{3}(\mathrm{cm}).$

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S\left(x\right)=\left(20-2x\right)\cdot x\sqrt{3}=2\sqrt{3}\cdot x\left(10-x\right)(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Để diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S\left(x\right)$.

⦁ Chứng minh bất đẳng thức: $ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2\left(\ast \right)$ với $a,b$ là các số không âm.

Thật vậy, xét hiệu ${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2-ab=\frac{a^2+2ab+b^2-4ab}{4}=\frac{a^2-2ab+b^2}{4}=\frac{{\left(a-b\right)}^2}{2}$

Với mọi $a,b$ là các số không âm, ta có:

${\left(a-b\right)}^2\ge 0$ nên $\frac{{\left(a-b\right)}^2}{2}\ge 0$ suy ra ${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2\ge ab$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b.$ Như vậy bất đẳng thức $\left(\ast \right)$ đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức $\left(\ast \right)$ cho biểu thức $S\left(x\right)=2\sqrt{3}\cdot x\left(10-x\right),$ ta được:

$$S\left(x\right)=2\sqrt{3}\cdot x\left(10-x\right)\le 2\sqrt{3}\cdot {\left(\frac{x+10-x}{2}\right)}^2=50\sqrt{3}$$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $$x=10-x$$ hay $$x=5$$.

Vậy $MB=5\mathrm{cm}$ thì hình chữ nhật $MNPQ$ có diện tích lớn nhất.