Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức – Đề 06 (có đáp án)

1. Giải các phương trình, bất phương trình sau.

Gọi $x,y\left(\mathrm{kg}\right)$ lần lượt là khối lượng táo và xoài mà bác Nam mua $\left(x,y>0\right).$

Theo đề bài, ta có phương trình về khối lượng về táo và xoài là $x+y=18\left(1\right)$

Tổng giá trị của thùng trái cây là $1205000$ đồng nên $65x+70y=1205\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=18\\ 65x+70y=1205\end{array}$

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: $x=18-y$, thế vào phương trình thứ hai, ta được:

$65\left(18-y\right)+70y=1205$

$65.18-65y+70y=1205$

$1170+5y=1205$

$5y=35$

$y=7$ (TMĐK).

Thay $y=7$ vào phương trình thứ nhất, ta được: $x=18-7=11$ (TMĐK).
Vậy bác Nam đã mua 11 kg táo và 7 kg xoài.

Hướng dẫn giải

a) Thay $x=\frac{81}{16}$ (TMĐK) vào biểu thức $A$, ta được:

$A=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}=\frac{\sqrt{\frac{81}{16}}-2}{\sqrt{\frac{81}{16}}+3}=\frac{\frac{9}{4}-2}{\frac{9}{4}+3}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{21}{4}}=\frac{1}{21}.$

Vậy giá trị của biểu thức $A=\frac{1}{21}$ khi $x=\frac{81}{16}$.

b) Với $$x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9,$$ ta có:

$B=\left(\frac{3\sqrt{x}+6}{x-4}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right):\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}$

$=\left[\frac{3\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right]\cdot \frac{\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$=\left[\frac{3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\right]\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+3}$

$=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}+3}$

$=\frac{1}{\sqrt{x}-2}$.

Vậy với $$x\ge 0;x\ne 4;x\ne 9$$ thì $B=\frac{1}{\sqrt{x}-2}.$

c) Ta có: $M=A\cdot B=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}-2}=\frac{1}{\sqrt{x}+3}.$

Vì $x\ge 0$ nên $\sqrt{x}\ge 0$, do đó $\sqrt{x}+3\ge 3$ suy ra $\frac{1}{\sqrt{x}+3}\le \frac{1}{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{x}=0$ hay $x=0$ (thỏa mãn).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $M=\frac{1}{3}$ khi $x=0$.

a) Xét $\Delta AOM$ và $\Delta BOP$ có:

$OA=OB=R$ (gt)

$\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^{\circ }$ (gt)

$\widehat{MOA}=\widehat{BOP}$(đối đỉnh)

Do đó $\Delta AOM=\Delta BOP$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $OM=OP$ (hai cạnh tương ứng).

b) Theo giả thiết, có $ON$ vuông góc với $MP$.

Mà $OM=OP$ nên suy ra tam giác $MNP$ cân tại $N$.

Suy ra $N$ nằm trên tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$.

Lại có $OI\perp MN$ nên $MN$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $I$.

Vì hai tiếp tuyến của đường tròn tại $I$ và $A$ cắt nhau tại $M$ nên $IM=MA$ (tính chất).

Tương tự, hai tiếp tuyến của đường tròn tại $I$ và $B$ cắt nhau tại $N$, do đó $IN=NB$ (tính chất).

Xét tam giác $NOM$ vuông tại $O$, có $OI\perp MN$ nên áp dụng hệ thức lượng ta có:

$IM.IN=O{I}^2$ hay $IM\cdot IN=R^2$.

Ta có $IM\cdot IN=R^2$ mà $IM=MA;IN=NB$ nên $AM\cdot NB=R^2$.

c) Xét tam giác $MOI$, có: $\cos \widehat{IOM}=\frac{OI}{OM}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}.$ Suy ra $\widehat{IOM}=60^{\circ }$.

Ta có $\widehat{IOM}=\widehat{IOE}=60^{\circ }$.

Do $ON$ vuông góc với $MP$ nên $\widehat{NOM}=90^{\circ }$.

Ta có: $\widehat{NOM}=\widehat{NOI}+\widehat{IOM}$ nên $\widehat{NOI}=\widehat{NOM}-\widehat{IOM}=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{IOF}=\widehat{ION}+\widehat{NOF}=30^{\circ }+90^{\circ }=120^{\circ }$.

Do đó, $S=\frac{n\pi R^2}{360}=\frac{120.\pi R^2}{360}=\frac{\pi R^2}{3}$.

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi $OI,OF$ và cung nhỏ $$IF$$ là $\frac{\pi R^2}{3}$.

d) Ta có $BN\parallel MA$ (cùng vuông với $AB$).

Xét $\Delta KBN$ và $\Delta KMA$, có:

$\widehat{KBN}=\widehat{KMA}$ (so le trong)

$\widehat{BKN}=\widehat{AKM}$ (đối đỉnh)

Do đó,  (g.g). Suy ra $$\frac{KB}{KM}=\frac{BN}{AM}$$.

Mà, ta có: $IM=MA;IN=NB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $$\frac{KB}{KM}=\frac{IN}{IM}$$.

Xét tam giác $$MBN$$, có: $$\frac{KB}{KM}=\frac{IN}{IM}$$ nên $$IK\parallel BN$$ (Thalès đảo).

Mà $$BN\perp AB$$ nên $$IK\perp AB$$.

Kéo dài $$IK$$ cắt $$AB$$ tại $$H$$ thì $$IH\perp AB$$.

Xét $\Delta AMN$ có: $$IK\parallel AM\left(\parallel BN\right)$$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{IK}{AM}=\frac{NK}{AN}$.

Xét $\Delta AMB$ có $KH\parallel AM\left(\parallel BN\right)$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{KH}{AM}=\frac{AH}{AB}$.

Xét $\Delta ANB$ có $KH\parallel BN$ nên theo định lí Thalès có: $\frac{NK}{AN}=\frac{AH}{AB}$.

Suy ra $\frac{IK}{AM}=\frac{HK}{AM}$, do đó $IK=HK$ hay $K$ là trung điểm của $IH$.

Xét $\Delta KAB$ và $\Delta IAB$ có chung đáy $AB$ và đường cao $KH=\frac{IH}{2}.$

Suy ra $S_{KAB}=\frac{1}{2}{S}_{IAB}=\frac{IA\cdot IB}{4}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta IAB$ vuông tại $I$ với $IB=\sqrt{3}IA$, ta được:

$I{A}^2+I{B}^2=A{B}^2$

$I{A}^2+3I{A}^2=4R^2$

$4I{A}^2=4R^2$

$I{A}^2=R^2$

Suy ra $IA=R$ và $IB=\sqrt{3}R$.

Do đó $S_{KAB}=\frac{1}{2}{S}_{IAB}=\frac{IA\cdot IB}{4}=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Vậy diện tích tam giác $KAB$ là $\frac{R^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).