Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo – Đề 04 (có đáp án)

Thay (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức , ta được:

Vậy giá trị của biểu thức khi .

Với , ta có:

   

     .

Vậy với  thì

Ta có:

                         

                         

Với , thì

.

Điều kiện xác định:.

Ta có:

 

 

 

 

Suy ra hoặc .

Do đó, (thỏa mãn) hoặc (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là .

 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là

Gọi $x(\mathrm{ml})$ là thể tích dung dịch nước muối $1,5\%$ và $y(\mathrm{ml})$ là thể tích nước cất $0\%$ $$\left(x,y>0\right).$$

Tổng thể tích dung dịch là $1000ml$ nên ta có phương trình $x+y=1000$ (1).

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là $0,9\%$ của $1000ml$. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là $1,5\%.x$ và trong nước cất là $0$.

Do đó: $0,015x+0y=0,009.1000$ hay $0,015x=9$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ 0,015x=9\end{array}$.

Giải phương trình $0,015x=9$ được $x=9:0,015=600$ (thỏa mãn).

Thay $x=600$ vào phương trình (1), được: $y=1000-600=400$ (thỏa mãn).

Vậy Lan cần $600\mathrm{ml}$ dung dịch nước muối $1,5\%$ và $400\mathrm{ml}$ dung dịch nước cốt $0\%$ để pha được dung dịch mong muốn.

Ta có: O10-2024-GV154 

Từ ta có

Ta có 

Xét vuông tại , ta có: O10-2024-GV154, do đó 

Vậy góc nâng từ đến nóc tòa nhà khoảng .

Xét vuông tại có là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

Xét vuông tại có là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

Do đó nên bốn điểm cùng thuộc đường tròn tâm đường kính .

Hay là đường kính của đường tròn đi qua ba điểm

Gọi là giao điểm của và đường tròn tâm đường kính

Suy ra (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay vuông tại

Ta có  

Mà (cùng là đường kính của đường tròn tâm )

Và (hai góc nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn tâm )

Suy ra

Theo đề bài, tỉ số giữa chiều cao $h$ và chiều rộng đáy $y$ bằng $4$ nên $h=4y$.

Thể tích chiếc hộp $3\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$ nên $xyh=3\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\right)$ hay $4x{y}^2=3$, suy ra $x=\frac{3}{4y^2}$.

Do chiếc hộp không nắp, do đó diện tích bìa cần dùng là tổng diện tích đáy hộp và diện tích xung quanh của hộp.

Ta có: $S=xy+2h\left(x+y\right)=\frac{3}{4y^2}\cdot y+2\cdot 4y\cdot \left(\frac{3}{4y^2}+y\right)$

              $=\frac{3}{4y}+\frac{6}{y}+8y^2=\frac{27}{4y}+8y^2=\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2$.

Do $y$ là chiều rộng của hộp nên $y>0$.

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số $\frac{27}{8y};\frac{27}{8y};8y^2$ không âm, ta được:

$\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2\ge 3\cdot \sqrt[3]{\frac{27}{8y}\cdot \frac{27}{8y}\cdot 8y^2}$, suy ra $S\ge \frac{27}{2}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{27}{8y}=8y^2$ hay $y^3=\frac{27}{64}$ nên $y=\frac{3}{4}$ (dm).

Do đó, $x=\frac{3}{4y^2}=\frac{3}{4\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=\frac{4}{3}\left(\mathrm{dm}\right)$.

Vậy lượng bìa cần dùng ít nhất có diện tích là $\frac{27}{2}\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^2\right)$ khi chiều dài $x=\frac{4}{3}$ dm.