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

a) $\left(\frac{1}{2}x-1\right)\left(3+5x\right)=0$

$\frac{1}{2}x-1=0$ hoặc $3+5x=0$

 $\frac{1}{2}x=1$ hoặc $5x=-3$

    $x=2$ hoặc $x=-\frac{3}{5}$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là $x=2;$ $x=-\frac{3}{5}$.

a) $9x+7\le -12x-1$

 $9x+12x\le -1-7$

 $21x\le -8$                                              

     $x\le \frac{-8}{21}$                        

a) Ta viết $y=mx+n$ về dạng $mx-y=-n$.

Do đó đồ thị hàm số $y=mx+n$ biểu diễn tất cả các nghiệm của phương trình bậc nhất một ẩn $mx-y=-n$.

Nghiệm tổng quát của phương trình đó là $\left(x;mx+n\right)$ với $x\in \mathbb{R}$ tùy ý.

b) Để đồ thị hàm số $y=mx+n$ đi qua điểm $A\left(1;3\right)$ thì tọa độ điểm $A$ thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay $x=1,y=3$ vào hàm số $y=mx+n,$ ta được:

$3=m\cdot 1+n$ hay $m+n=3$   (1)

Để đồ thị hàm số $y=mx+n$ đi qua điểm $B\left(-1;-2\right)$ thì tọa độ điểm $B$ thỏa mãn hàm số đã cho.

Thay $x=-1,y=-2$ vào hàm số $y=mx+n,$ ta được:

$-2=m\cdot \left(-1\right)+n$ hay $-m+n=-2$   (1)

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

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:

$2n=1$ suy ra $n=\frac{1}{2}.$

Thay $n=\frac{1}{2}$ vào phương trình $m+n=3,$ ta được:

$m+\frac{1}{2}=3,$ suy ra $m=\frac{5}{2}.$

Vậy $m=\frac{5}{2}$ và $n=\frac{1}{2}.$

Gọi $x$ (đồng) và $y$ (đồng) lần lượt là giá vé cáp treo khứ hồi và giá vé 1 lượt $\left(x>0,y>0\right).$

Do giá vé 1 lượt rẻ hơn giá vé khứ hồi là $$70000$$ đồng nên ta có phương trình:

$x-y=70000.\left(1\right)$

Do trong đoàn $40$ người chỉ có $5$ người mua vé cáp treo $1$ lượt cho lượt xuống nên đã có $40-5=35$ người mua vé cáp treo khứ hồi.

Khi đó, số tiền cần trả để mua $35$ vé cáp treo khứ hồi và $5$ vé cáp treo 1 lượt là: $35x+5y$ (đồng).

Theo bài, cả đoàn khách du lịch này đã chi ra $$8450000$$ đồng để mua vé nên ta có phương trình:

$35x+5y=8450000.\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x-y=70000\left(1\right)\\ 35x+5y=8450000\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình $\left(1\right)$ với $5,$ ta được hệ phương trình mới là: $\{\begin{array}{l}5x-5y=350000\\ 35x+5y=8450000.\end{array}$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:

$40x=8800000,$ suy ra $x=220000$ (thỏa mãn).

Thay $x=220000$ vào phương trình $\left(1\right),$ ta được:

$220000-y=70000,$ suy ra $y=150000$ (thỏa mãn).

Do đó hệ phương trình trên có nghiệm là $\left(x;y\right)=\left(220000;150000\right).$

Vậy giá vé cáp treo khứ hồi và giá vé cáp treo 1 lượt lần lượt là $200000$ đồng và $150000$ đồng.

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.

Đặt: $BC=x\left(\mathrm{m}\right);$ $AC=AB+BC=500+x\left(\mathrm{m}\right)$.

Xét $\Delta ACD$ vuông tại $C,$ ta có: $$CD=AC\cdot \tan \widehat{CAD}=\left(500+x\right)\cdot \tan 34^{\circ }.$$

Xét $\Delta BCD$ vuông tại $C,$ ta có: $CD=BC\cdot \tan \widehat{CBD}=x\cdot \tan 38^{\circ }$.

Do đó, ta có: $\left(500+x\right)\cdot \tan 34^{\circ }=x\cdot \tan 38^{\circ }$

$500\cdot \tan 34^{\circ }+x\cdot \tan 34^{\circ }=x\cdot \tan 38^{\circ }$

$x\cdot \tan 38^{\circ }-x\cdot \tan 34^{\circ }=500\cdot \tan 34^{\circ }$

$x\cdot \left(\tan 38^{\circ }-\tan 34^{\circ }\right)=500\cdot \tan 34^{\circ }$

$x=\frac{500\cdot \tan 34^{\circ }}{\tan 38^{\circ }-\tan 34^{\circ }}\approx 3158,5(\mathrm{m}).$

Suy ra $CD=x\cdot \tan 38^{\circ }\approx 3158,5\cdot \tan 38^{\circ }\approx 2468(\mathrm{m}).$

Vậy ngọn núi cao khoảng $2468$ mét.

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.