Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 2 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Sai.              c) Đúng.          d) Đúng.

Gọi $x$ là số học sinh của lớp 9A, $y$ là số học sinh của lớp 9B $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

• Theo đề bài, tổng số học sinh hai lớp là học sinh nên ta có phương trình $x+y=86\left(1\right)$

Do đó, ý a) là đúng.

• Lớp 9A góp được số giấy báo cũ là $3.5+2.\left(x-3\right)=2x+9\left(\mathrm{kg}\right)$.

Lớp 9B góp được số giấy báo cũ là $3.5+2.\left(y-3\right)=2y+9\left(\mathrm{kg}\right)$.

Mà lớp 9B góp nhiều hơn lớp 9A $8kg$ giấy báo cũ nên ta có phương trình:

$2y+9-2x-9=8$ suy ra $2y-2x=8$ hay $y-x=4\left(2\right)$

Do đó, ý b) là sai.

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=86\\ y-x=4\end{array}$.

Do đó, ý c) là đúng.

• Cộng theo vế hai phương trình ta được $2y=90$, suy ra $y=45$ (TM).

Thay $y=45$ vào phương trình (1), ta được $x+45=86$, suy ra $x=41$ (TM).

Vậy lớp 9A có $41$ học sinh, lớp 9B có $45$ học sinh.

Do đó, ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Đúng.          c) Sai.            d) Sai.

Khoảng cách của cồn và bờ sông hai người đứng chính là độ dài đoạn thẳng $CH.$

• Xét tam giác $AHC$ vuông tại $H$, ta có: $\tan \widehat{CAH}=\frac{CH}{AH}$ nên $AH=\frac{CH}{\tan \widehat{CAH}}=\frac{CH}{\tan 43^{\circ }}$

Suy ra $CH=AH\cdot \tan 43^{\circ }.$

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác $BHC$ vuông tại $H$, ta có:

$\tan \widehat{CBH}=\frac{CH}{BH}$ nên $BH=\frac{CH}{\tan \widehat{CBH}}=\frac{CH}{\tan 28^{\circ }}$ (2)

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) ta có:

$AB=AH+BH=\frac{CH}{\tan 43^{\circ }}+\frac{CH}{\tan 28^{\circ }}=CH\left(\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}\right)$

Do đó_, ý c) là sai.

• Do đó, $CH=\frac{AB}{\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}}=\frac{250}{\frac{1}{\tan 43^{\circ }}+\frac{1}{\tan 28^{\circ }}}\approx 84,66(\mathrm{m}).$

Vậy cồn cách bờ sông hai người đứng khoảng $84,66\mathrm{m}$.

Vậy ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

a) Với $a\ge 0,a\ne 4,a\ne 9$, ta có:

$A=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left(\frac{\sqrt{a}-2}{\sqrt{a}+3}+\frac{\sqrt{a}-3}{2-\sqrt{a}}-\frac{9-a}{a+\sqrt{a}-6}\right)$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{a}+3\right)}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{9-a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{a-9}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}-\frac{9-a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4-a+9-9+a}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\left[\frac{a-4\sqrt{a}+4}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}\right]$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}:\frac{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}$

$=\frac{3}{\sqrt{a}+3}\cdot \frac{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}{{\left(\sqrt{a}-2\right)}^2}$

$=\frac{3}{\sqrt{a}-2}$.

Vậy với $a\ge 0,a\ne 4,a\ne 9$ ta được $P=\frac{3}{\sqrt{a}-2}$.

b) Ta có: $A+\left|A\right|=0$ suy ra $\left|A\right|=-A$.

Do đó, $A\le 0$ hay $\frac{3}{\sqrt{a}-2}\le 0$ suy ra $\sqrt{a}-2<0$ do đó $\sqrt{a}<2$.

Suy ra $0\le a<4$.

Vậy $0\le a<4$ là giá trị cần tìm.

Hướng dẫn giải

ΔABC nhọn có ba đỉnh nằm (ảnh 1)">

a) Gọi $I$ là trung điểm của $AM.$ Khi đó $AI=MI=\frac{1}{2}AM.$

Xét $\Delta AHM$ vuông tại $H$ có $HI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AM$ nên $HI=\frac{1}{2}AM.$

Xét $\Delta AKM$ vuông tại $K$ có $KI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AM$ nên $KI=\frac{1}{2}AM.$

Do đó $AI=HI=MI=KI=\frac{1}{2}AM$ nên bốn điểm $A,H,M,K$ cùng thuộc đường tròn tâm $I,$ đường kính $AM$.

Hay $AM$ là đường kính của đường tròn $\left(I\right)$ đi qua ba điểm $A,H,K.$

b) Gọi $N$ là giao điểm của $HI$ và đường tròn tâm $I$ đường kính $AM.$

Suy ra $\widehat{HKN}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\Delta HKN$ vuông tại $K$

Ta có $HK=HN.\sin \widehat{HNK}$

Mà $HN=AM$ (cùng là đường kính của đường tròn tâm $I$)

Và $\widehat{HNK}=\widehat{HAK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HK$ của đường tròn tâm $I$)

Suy ra $$HK=AM\cdot \sin \widehat{HAK}=AM\cdot \sin \widehat{BAC}.$$

c) Ta có $\Delta ABC$ cố định nên $\sin \widehat{BAC}$ không đổi

Do đó từ $HK=AM.\sin \widehat{BAC}$, để $HK$ dài nhất thì $AM$ dài nhất mà $AM$ là dây của đường tròn $\left(O\right)$

Nên $AM$ dài nhất khi $AM$ là đường kính của đường tròn $\left(O\right)$

Do đó $M$ đối xứng với $A$ qua $\left(O\right)$.

Hướng dẫn giải

⦁ Gọi kích thước hình chữ nhật mà tể tướng sẽ căng là $$x$$ và $$y$$ ($$0<x<150;0<y<150$$).

Khi đó, ta có chu vi của mảnh đất hình chữ nhật đó là $$300$$ mét, suy ra $$x+y=\frac{300}{2}=150\mathrm{m}.$$

Diện tích của mảnh đất là $$S=xy\left({\mathrm{m}}^2\right)$$.

⦁ Chứng minh bổ đề: $$\frac{{\left(x+y\right)}^2}{4}\ge xy$$ với mọi $x>0,y>0.$

Thật vậy, với mọi $x>0,y>0,$ ta có:

 $${\left(x-y\right)}^2\ge 0$$

    $$x^2-2xy+y^2\ge 0$$

    $$x^2+2xy+y^2-4xy\ge 0$$

    $${\left(x+y\right)}^2-4xy\ge 0$$

   $$\frac{{\left(x+y\right)}^2}{4}\ge xy$$.

Đẳng thức xảy ra khi $$x=y.$$

⦁ Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:

$$S=xy\le \frac{{\left(x+y\right)}^2}{4}$$

Suy ra $$S\le \frac{{150}^2}{4}=5625$$.

Dấu bằng xảy ra khi $$x=y=\frac{150}{2}=75$$ (thỏa mãn).

Khi đó, diện tích lớn nhất $$S=5625{\mathrm{m}}^2$$ khi $$x=y=75\mathrm{m}.$$

Vậy tể tưởng đó cần căng sợi dây bao quanh mảnh đất hình hình vuông có cạnh $$75\mathrm{m}$$ để mảnh đất nhận được có diện tích lớn nhất.