Bộ 10 đề thi giữa kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề 1)

Hướng dẫn giải

a) Sai. Thay $$x=-2;y=1$$ vào phương trình $$\left(\ast \right)$$, ta được:

$$2\cdot \left(-2\right)--5\cdot 1=--4--5=--9\ne 1.$$

Do đó cặp số $$\left(-2;1\right)$$ không phải là nghiệm của phương trình $$\left(\ast \right)$$.

b) Đúng. Phương trình $$\left(\ast \right)$$ là phương trình bậc nhất hai ẩn $$x,y$$ và có vô số nghiệm.

c) Sai. Hệ số $$a;b;c$$ của phương trình $$\left(\ast \right)$$ là $$2;-5;1.$$

d) Đúng. Ta có $$2x-5y=1$$ suy ra $$5y=2x-1$$ nên $$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}$$.

Do đó, tập hợp các điểm có tọa độ $\left(x;y\right)$ thỏa mãn phương trình $$\left(\ast \right)$$ là đường thẳng $$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}.$$

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

1. Gọi $x$ là số câu trả lời đúng $\left(0\le x\le 12,x\in \mathbb{N}\right)$.

Để thí sinh được vào vòng tiếp theo thì ta có

$20+5x-2\left(12-x\right)\ge 50$

$20+5x-24+2x\ge 50$

$7x-4\ge 50$

$x\ge \frac{54}{7}\approx 7,714.$

Vậy thí sinh muốn vào vòng tiếp theo cần trả lời đúng 8 câu hỏi trở lên.

2. Theo bài, hiệu giữa nucleotide loại T với loại nucleotide không bổ sung với nó là $300$ nucleotide nên ta có phương trình: $T-G=300$. (1)

Theo nguyên tắc bổ sung: “$$A$$ liên kết với $$T$$ bằng 2 liên kết hydrogen và $$G$$ liên kết với $$C$$ bằng 3 liên kết hydrogen” và theo bài, gen B có $3600$ liên kết hydrogen nên ta có phương trình $2T+3G=3600$. (2)

Từ phương trình (1) và phương trình (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}T-G=300\\ 2T+3G=3600\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 3, ta được hệ $\{\begin{array}{l}3T-3G=900\\ 2T+3G=3600\end{array}$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ ta được: $5T=4500,$ suy ra $T=900$.

Thay $T=900$ vào phương trình $T-G=300$, ta được: $900-G=300,$ suy ra $G=600.$

Vậy số nucleotide từng loại gen B là: $G=C=600$ và $A=T=900$.

Hướng dẫn giải

Xét $$\Delta AHC$$ vuông tại $$H$$, theo định lí Pythagore, ta có:

$$A{C}^2=A{H}^2+H{C}^2\approx 2,57^2+1,44^2=8,6785$$

Suy ra $AC\approx 2,95$ (cm).

Trong $$\Delta AHC$$, ta cũng có: $\tan C=\frac{AH}{HC}\approx \frac{2,57}{1,44}=\frac{257}{144}.$ Suy ra $\hat{C}\approx 60^{\circ }44^{\prime }.$

b) 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.

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.