Đề thi giữa kì 1 Toán 9 Cánh diều – Đề 6 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $$x<\frac{11}{4}.$$

Hướng dẫn giải

1. Vì số nguyên tử của $\mathrm{Fe},\mathrm{O}$ và $\mathrm{H}$ ở cả hai vế của phương trình phản ứng phải bằng nhau nên ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x=2\\ 3x=3+y\\ 3x=2y\end{array}$

Từ hai phương trình $3x=3+y$ và $3x=2y$ ta có phương trình $3+y=2y,$ suy ra $y=3.$

Vậy $x=2$ và $y=3.$ Khi đó ta có phương trình phản ứng hóa học sau khi được cân bằng như sau:

$$2\mathrm{Fe}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3\to \mathrm{F}{\mathrm{e}}_2{\mathrm{O}}_3+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$$

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.

Hướng dẫn giải

1. Xét $\Delta ABD$ vuông tại $B$, ta có:

$\tan \widehat{BAD}=\frac{BD}{AB}=\frac{3}{5},$ từ đó ta tìm được $\alpha =\widehat{BAD}\approx 31^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{BAC}=\widehat{BAD}+\widehat{DAC}\approx 31^{\circ }+37^{\circ }=68^{\circ }$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$, ta có:

⦁ $$BC=AB\cdot \tan \widehat{BAC}\approx 5\cdot \tan 68^{\circ }\approx 12,38,$$ suy ra $x=CD=BC-BD\approx 12,38-3=9,38;$

⦁ $AB=AC\cdot \cos \widehat{BAC}$ suy ra $y=AC=\frac{AB}{\cos \widehat{BAC}}\approx \frac{5}{\cos 68^{\circ }}\approx 13,35$.

Vậy $\alpha \approx 31^{\circ };x\approx 9,38$ và $y\approx 13,35.$

2. Quãng đường chiếc thuyền đi được giữa hai lần quan sát là $CD.$

Xét $\Delta BCA$ vuông tại $A$ ta có: $AC=AB\cdot \cot \widehat{BCA}=75\cdot \cot 45^{\circ }=75(\mathrm{m}).$

Xét $\Delta DBA$ vuông tại $A$ ta có: $AD=AB\cdot \cot \widehat{BDA}=75\cdot \cot 30^{\circ }=75\sqrt{3}(\mathrm{m}).$

Quãng đường chiếc thuyền đi được giữa hai lần quan sát là:

$CD=AD-AC=75\sqrt{3}-75\approx 55(\mathrm{m}).$.

Vậy chiếc thuyền đi được khoảng 55 mét giữa hai lần quan sát.

Hướng dẫn giải

⦁ Với $a\ge 0,b\ge 0,c\ge 0$ ta có:

$a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)$

$=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)$

$=\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)$

$=\left(a+b\right){\left(a-b\right)}^2$.

Với $a\ge 0,b\ge 0,c\ge 0$ ta thấy rằng $a+b\ge 0$ và ${\left(a-b\right)}^2\ge 0$

Do đó $\left(a+b\right){\left(a-b\right)}^2\ge 0$ hay $a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge 0$ nên $a^3+b^3\ge a^{2}b+b^{2}a=ab\left(a+b\right).\left(1\right)$

Như vậy, bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức (1) cho $a\ge 0,b\ge 0,c\ge 0,$ ta có:

$a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right);$

$b^3+c^3+abc\ge bc\left(b+c\right)+abc=bc\left(b+c+a\right);$

$c^3+a^3+abc\ge ca\left(c+a\right)+abc=ca\left(c+a+b\right)$.

Suy ra $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le \frac{1}{ab\left(a+b+c\right)};\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le \frac{1}{bc\left(b+c+a\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le \frac{1}{ca\left(c+a+b\right)}.$$

Khi đó, $A=\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le \frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c+a\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a+b\right)}$

Hay $A\le \frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}$$=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}.$

Vậy bất đẳng thức $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le \frac{1}{abc}$ được chứng minh.