Đề thi giữa kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

a) $\left(\frac{2}{3}x+6\right)\left(8-2x\right)=0$

 $\frac{2}{3}x+6=0$ hoặc $8-2x=0$

 $\frac{2}{3}x=-6$ hoặc $2x=8$

    $x=-9$ hoặc $x=4$

a) $$-4x+3\le 3x-1$$

 $$-4x-3x\le -1-3$$

         $$-7x\le -4$$

              $$x\ge \frac{4}{7}.$$

a) Để phương trình đã cho là phương trình bậc nhất hai ẩn thì $2a\ne 0$ hoặc $-\left(3b+1\right)\ne 0,$ tức là $a\ne 0$ hoặc $b\ne -\frac{1}{3}.$

b) Để đường thẳng $d$ đi qua điểm $M\left(-7;6\right)$ thì tọa độ điểm $M$ thỏa mãn phương trình đã cho.

Thay $x=-7;y=6$ vào phương trình $2ax-\left(3b+1\right)y=a-1,$ ta được:

$$2a\cdot \left(-7\right)-\left(3b+1\right)\cdot 6=a-1$$

$-14a-18b-6=a-1$

$-15a-18b=5$   (1)

Để đường thẳng $d$ đi qua điểm $N\left(4;-3\right)$ thì tọa độ điểm $N$ thỏa mãn phương trình đã cho.

Thay $x=4;y=-3$ vào phương trình $2ax-\left(3b+1\right)y=a-1,$ ta được:

$$2a\cdot 4-\left(3b+1\right)\cdot \left(-3\right)=a-1$$

$8a+9b+3=a-1$

$7a+9b=-4$   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{c}-15a-18b=5\\ 7a+9b=-4\end{array}$

Nhân hai vế phương trình thứ hai với 2 ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{c}-15a-18b=5\\ 14a+18b=-8\end{array}$

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

$\left(-15a-18b\right)+\left(14a+18b\right)=5+\left(-8\right)$

$-a=-3$

  $a=3$.

Thay $a=3$ vào phương trình $7a+9b=-4,$ ta có:

$7\cdot 3+9b=-4$ hay $9b=-25$ nên $b=-\frac{25}{9}.$

Vậy $a=3$ và $b=-\frac{25}{9}.$

Gọi $x(\mathrm{kg})$ là khối lượng axit $X$ có trong dung dịch $A$ và $y(\mathrm{kg})$ là khối lượng dung dịch chất $A$ $\left(y>x>0\right)$.

Khi thêm $$1$$ kg nước vào dung dịch $$A$$ thì được dung dịch $$B$$ có khối lượng là: $y+1(\mathrm{kg})$.

Theo bài, nồng độ của dung dịch $B$ là $$20\%$$ nên ta có phương trình:

$\frac{x}{y+1}\cdot 100\%=20\%$ hay $5x=y+1$ suy ra $5x-y=1$  (1)

Khi thêm $$1$$ kg axit vào dung dịch $$B$$ thì được dung dịch $$C$$ có khối lượng là: $y+1+1=y+2(\mathrm{kg})$ và khối lượng axit $X$ có trong dung dịch lúc này là $x+1(\mathrm{kg})$

Theo bài, nồng độ của dung dịch $C$ là $$33\frac{1}{3}\%$$ nên ta có phương trình:

$\frac{x+1}{y+2}\cdot 100\%=33\frac{1}{3}\%$ hay $3\left(x+1\right)=y+2$ suy ra $3x-y=-1$.   (2)

Từ phương trình (1) và phương trình (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}5x-y=1\\ 3x-y=-1\end{array}$

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

$2x=2,$ suy ra $x=1$ (thỏa mãn).

Thay $x=1$ vào phương trình $5x=y+1$ ta được:

$5\cdot 1=y+1$, suy ra $y=4$ (thỏa mãn).

Vậy nồng độ axit của dung dịch $A$ là: $\frac{x}{y}\cdot 100\%=\frac{1}{4}\cdot 100\%=25\%.$

a) Số tiền lãi bà Hoa thu được trong một năm là $0,05x$ (triệu đồng).

Để có được số tiền lãi ít nhất là $20$ triệu đồng/năm thì cần có: $0,05x\ge 20$.

Vậy bất phương trình cần tìm là: $0,05x\ge 20$.

b) Giải bất phương trình:

$0,05x\ge 20$

$x\ge 400.$

Vậy bà Hoa cần gửi ngân hàng ít nhất là $400$ triệu đồng.

Kẻ $CH\perp AB,H\in AB.$ Khi đó $CH$ là chiều cao của con dốc.

$A)$ đến trường (điểm $$B)$$ phải leo lên và xuống một con dốc đỉnh $C$ được mô tả như hình vẽ dưới. (ảnh 3)">

⦁ Xét $\Delta ACH$ vuông tại $$H,$$ ta có: $\tan \widehat{CAH}=\frac{CH}{AH}$

Suy ra $AH=\frac{CH}{\tan \widehat{CAH}}=\frac{CH}{{tan6}^{\circ }}(\mathrm{m}).$ (1)

⦁ Xét $\Delta BCH$ vuông tại $$H,$$ ta có: $\tan \widehat{CBH}=\frac{CH}{BH}$

Suy ra $BH=\frac{CH}{\tan \widehat{CBH}}=\frac{CH}{{tan4}^{\circ }}(\mathrm{m}).$ (2)

⦁ Từ (1) và (2) ta có: $AH+BH=\frac{CH}{{tan6}^{\circ }}+\frac{CH}{{tan4}^{\circ }}$ hay $AB=CH\cdot \left(\frac{1}{{tan6}^{\circ }}+\frac{1}{{tan4}^{\circ }}\right)$

Do đó $762=CH\cdot \left(\frac{1}{{tan6}^{\circ }}+\frac{1}{{tan4}^{\circ }}\right)$

Suy ra $CH=\frac{762}{\frac{1}{{tan6}^{\circ }}+\frac{1}{{tan4}^{\circ }}}\approx 32(\mathrm{m}).$

⦁ Xét $\Delta ACH$ vuông tại $$H,$$ ta có: $\sin \widehat{CAH}=\frac{CH}{AC}$

Suy ra $AC=\frac{CH}{\sin \widehat{CAH}}\approx \frac{32}{{sin6}^{\circ }}(\mathrm{m})=\frac{4}{125{sin6}^{\circ }}(\mathrm{km}).$ (3)

Xét $\Delta BCH$ vuông tại $$H,$$ ta có: $\sin \widehat{CBH}=\frac{CH}{CB}$

Suy ra $CB=\frac{CH}{\sin \widehat{CBH}}\approx \frac{32}{{sin4}^{\circ }}(\mathrm{m})=\frac{4}{125{sin4}^{\circ }}(\mathrm{km}).$ (4)

⦁ Thời gian lên dốc $$AC$$ là: $$t_{AC}=\frac{S_{AC}}{v_{ld}}=\frac{AC}{v_{ld}}\approx \frac{4}{125{sin6}^{\circ }}:4=\frac{1}{125{sin6}^{\circ }}$$ (giờ).

Thời gian xuống dốc $CB$ là: $$t_{CB}=\frac{S_{CB}}{v_{xd}}=\frac{CB}{v_{xd}}\approx \frac{4}{125{sin4}^{\circ }}:19=\frac{4}{2{375sin4}^{\circ }}$$ (giờ).

Thời gian đi từ $A$ đến $B$ là:

$t_{AB}=t_{AC}+t_{CB}\approx \frac{1}{125\sin 6^{\circ }}+\frac{4}{2{375sin4}^{\circ }}\approx 0,1007$ (giờ) ≈ 6 phút.

Vậy bạn An đến trường lúc 6 giờ + 6 phút = 6 giờ 6 phút.

a) Xét $\Delta KEB$ vuông tại $K$ , ta có:

$\sin \widehat{EBK}=\frac{EK}{EB}$; $\cos \widehat{EBK}=\frac{KB}{EB}$

$\tan \widehat{EBK}=\frac{EK}{KB};\cos \widehat{EBK}=\frac{KB}{EK}$.

ABC vuông tại $A$ $\left(AB<AC\right)$. Kéo dài $CA$ một đoạn sao cho $AE=AB.$ Kẻ $EK\perp BC$$(K$ nằm trên đường thẳng $BC).$ (ảnh 1)">

b) Xét $\Delta KEC$ vuông tại $K$, ta có:

$EK=EC\cdot \sin C=16\cdot \sin 30^{\circ }=8(\mathrm{cm}).$

Xét $\Delta ABE$ vuông tại $A$ có $AE=AB$ nên $\Delta ABE$ vuông cân tại $A.$ Do đó $\widehat{AEB}=45^{\circ }.$

Xét $\Delta EBC$ có $\widehat{EBK}$ là góc ngoài nên $\widehat{EBK}=\widehat{AEB}+\hat{C}=45^{\circ }+30^{\circ }=75^{\circ }.$

Theo câu a, ta có $\sin \widehat{EBK}=\frac{EK}{EB}$.

Suy ra $EB=\frac{EK}{\sin \widehat{EBK}}=\frac{8}{\sin 75^{\circ }}\approx 8,3(\mathrm{cm}).$

Xét $\Delta ABE$ vuông tại $A$ ta có $AB=EB\cdot \sin \widehat{AEB}\approx 8,3\cdot \sin 45^{\circ }\approx 5,9(\mathrm{cm}).$

c) Xét $\Delta AEQ$ vuông tại $A$ ta có: $AQ=QE\cdot \sin \widehat{CEQ}.$

ABC vuông tại $A$ $\left(AB<AC\right)$. Kéo dài $CA$ một đoạn sao cho $AE=AB.$ Kẻ $EK\perp BC$$(K$ nằm trên đường thẳng $BC).$ (ảnh 2)">

Xét $\Delta ACQ$ vuông tại $A$ ta có: $AQ=CQ\cdot \sin \widehat{QCE}$.

Suy ra $QE\cdot \sin \widehat{CEQ}=CQ\cdot \sin \widehat{QCE}$

Do đó $$\frac{QE}{\sin \widehat{QCE}}=\frac{CQ}{\sin \widehat{CEQ}}.$$  (1)

Chứng minh tương tự ta có:

$CK=CQ\cdot \sin \widehat{EQC}=EC\cdot \sin \widehat{CEQ}$

Suy ra $$\frac{EC}{\sin \widehat{EQC}}=\frac{CQ}{\sin \widehat{CEQ}}.$$  (2)

Từ (1) và (2) ta có $$\frac{QE}{\sin \widehat{QCE}}=\frac{EC}{\sin \widehat{EQC}}=\frac{CQ}{\sin \widehat{CEQ}}.$$

Gọi $x,y$ lần lượt là độ dài hai cạnh của mảnh vườn hình chữ nhật $\left(x>0,y>0\right).$

Số mét rào cần rào ba cạnh còn lại của mảnh vườn là: $2x+y$ (mét).

Diện tích mảnh vườn là: $xy$ (m2).

⦁ 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 $\left(\ast \right)$ ta được:

$$xy=2\cdot x\cdot \frac{y}{2}\le 2\cdot {\left(\frac{x+\frac{y}{2}}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{2x+y}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{100}{2}\right)}^2=1250({\mathrm{m}}^2).$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{y}{2}$ và $2x+y=100$ hay $2\cdot \frac{y}{2}+y=100$ tức là $y=50$, $x=25.$

Vậy diện tích lớn nhất của mảnh vườn là $1250{\mathrm{m}}^2.$