Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

• Gọi $x$ (quả) là số quả bóng được ném vào rổ ($0<x\le 15$, $x\in \mathbb{N}).$

Số quả bóng ném ra ngoài là: $15-x$ (quả).

Do đó, ý a) là đúng.

• Số điểm nhận được khi ném được $x$ quả bóng vào rổ là: $2x$ (điểm).

Số điểm bị trừ khi ném $15-x$ quả ra ngoài là: $15-x$ (điểm).

Tổng số điểm đạt được sau khi ném $15$ quả bóng là: $2x-\left(15-x\right)$ (điểm).

Do đó, ý b) là đúng.

• Theo bài, nếu đạt 15 điểm trở lên thì sẽ được chọn vào đội tuyển nên ta có bất phương trình:

$2x-\left(15-x\right)\ge 15$.

Do đó, ý c) là sai.

• Giải bất phương trình lập được ở câu a:

$2x-\left(15-x\right)\ge 15$

$2x-15+x\ge 15$

$3x\ge 30$

$x\ge 10$.

Mà $x\in \mathbb{N}$ và cần tìm giá trị $x$ nhỏ nhất nên $x=10.$

Vậy muốn được chọn vào đội tuyển thì bạn học sinh phải ném được ít nhất 10 quả bóng vào rổ.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

• Từ hình vẽ, ta xét tam giác vuông $ABC$, có:

$AC=AB.\tan \widehat{CBA}=48.\tan 80^{\circ }\approx 272,22\left(\mathrm{m}\right).$

Do đó, ý a) là sai.

• Do người đó có tầm mắt $$1,65\mathrm{m}$$ nên chiều cao của tòa nhà là:

$$272,22-1,65=270,57\left(\mathrm{m}\right)$$.

Vậy tòa nhà cao $$270,57\mathrm{m}$$.

Do đó, ý b) là sai.

• Khoảng cách từ xe thu gom phế thải ở $$E$$ đến chân tòa nhà là độ dài đoạn $$EA$$.

Xét tam giác vuông $$EAD$$, ta có:

$$EA=\frac{AD}{\tan \widehat{DEA}}=\frac{200}{\tan 65^{\circ }}\approx 93,26\left(\mathrm{m}\right).$$

Do đó, ý c) là đúng.

• Khoảng cách của hai xe thu gom phế thải là $$93,26-48=45,26\left(\mathrm{m}\right).$$

Vậy hai xe thu gom phế thải cách nhau $$45,26\mathrm{m}$$.

Vậy ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

a) Với $x>0,x\ne 1$ ta có:

$P=\left(\frac{x-2}{x+2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+2}\right)\cdot \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$

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

   $$=\frac{x-2+\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+2\right)\sqrt{x}}\cdot \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$$

   $$=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\sqrt{x}}\cdot \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$$

   $$=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$$.

Vậy với $x>0,x\ne 1$ ta có $P=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}.$

b) Ta có $P=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$.

Theo đề, để $2P=2\sqrt{x}+5$ thì $\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}+5$

Suy ra $2\sqrt{x}+2=2x+5\sqrt{x}$ hay $2x+3\sqrt{x}-2=0$ do đó $\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-\frac{1}{2}\right)=0$

Suy ra $\sqrt{x}+2=0$ hoặc $\sqrt{x}-\frac{1}{2}=0$.

Do đó, $\sqrt{x}=-2$ (vô lí) hoặc $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $x=\frac{1}{4}$ (thỏa mãn).

Vậy $x=\frac{1}{4}$ thì $2P=2\sqrt{x}+5$.

Hướng dẫn giải

$\left(O\right)$ và điểm $$A$$ nằm bên (ảnh 1)">

a) Vì $AM,AN$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ lần lượt tại $M,N$ nên $AM\perp OM,AN\perp ON.$

Gọi $$E$$ là trung điểm của $$OA$$. Khi đó $OE=AE=\frac{1}{2}OA.$

Xét $$\Delta MOA$$ vuông tại $$M$$ có $$ME$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $$ME=\frac{1}{2}OA$$.

Xét $$\Delta NOA$$ vuông tại $$N$$ có $$NE$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $$NE=\frac{1}{2}OA$$.

Vì $$NE=ME=OE=AE=\frac{1}{2}OA$$ nên bốn điểm $$A,M,O,N$$ cùng thuộc đường tròn tâm $$E,$$ đường kính $$OA$$.

b) Xét $$\Delta COB$$ cân tại $$O$$ (do $$OC=OB$$) có $$OI$$ là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó $$OI\perp BC$$. Suy ra $$\Delta IOA$$ vuông tại $$I$$.

Xét $$\Delta IOA$$ vuông tại $$I$$ có $$IE$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $$IE=\frac{1}{2}OA$$.

Khi đó, ta có $$NE=IE=OE=AE=\frac{1}{2}OA$$ nên bốn điểm $$A,I,O,N$$ cùng thuộc đường tròn tâm $$E,$$ đường kính $$OA$$.

Suy ra $$\widehat{AIN}=\widehat{AON}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$AN$$ của đường tròn tâm $$E$$). (*)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $$AM,AN$$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $$A$$, suy ra $$OA$$ là phân giác của $$\widehat{MON}$$

Do đó, $$\widehat{AON}=\frac{1}{2}\widehat{MON}$$.

Mà $$\widehat{NFM}=\frac{1}{2}\widehat{MON}$$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $$MN$$)

Suy ra $$\widehat{NFM}=\widehat{AON}$$ (**)

Từ (*) và (**), suy ra $$\widehat{NFM}=\widehat{AIN}$$.

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó $$MF//AC$$.

c)

$\left(O\right)$ và điểm $$A$$ nằm bên (ảnh 2)">

⦁ Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ và $OA.$

Ta có $AM=AN$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OM=ON$ nên $A,O$ cùng nằm trên đường trung trực của $MN$ hay $OA$ là đường trung trực của $MN$.

Suy ra $$MN\perp OA$$ hay $$HN\perp OA$$.

Xét $$\Delta OHN$$ và $$\Delta ONA$$, có: $$\widehat{OHN}=\widehat{ONA}=90^{\circ }$$ và $$\widehat{AON}$$ là góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra $$\frac{OH}{ON}=\frac{ON}{OA}$$ suy ra $$OH.OA=O{N}^2=R^2$$ (3).

⦁ Ta có $OC=OB,IC=IB$ (do $I$ là trung điểm của $BC),$ $KC=KB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm $O,I,K$ thẳng hàng.

Xét $$\Delta OIB$$ và $$\Delta OBK$$, có: $$\widehat{OIB}=\widehat{OBK}=90^{\circ }$$ và $$\widehat{BOK}$$ là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra $$\frac{OI}{OB}=\frac{OB}{OK}$$ suy ra $$OI.OK=O{B}^2=R^2$$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $$OI.OK=OH.OA=R^2.$$ Từ đó, ta có $$\frac{OI}{OH}=\frac{OA}{OK}$$.

Xét $$\Delta OIA$$ và $$\Delta OHK$$ có: $$\widehat{AOK}$$ là góc chung và $$\frac{OI}{OH}=\frac{OA}{OK}$$

Do đó  (c.g.c)

Suy ra $$\widehat{OHK}=\widehat{OIA}=90^{\circ }$$, suy ra $$HK\perp OA$$.

Mà $$MN\perp OA$$ tại $$H$$ và $$MN$$ cố định (do điểm $A$ cố định), do đó $$K$$ thuộc $$MN$$ cố định.

⦁ Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng $16\mathrm{cm}$ và cạnh đáy là $2x\mathrm{cm}$.

Xét tam giác $SBC$, kẻ đường cao $SH\perp BC$ tại $H$.

Do tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên $SH$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác, suy ra $H$ là trung điểm của $BC$.

Suy ra $BH=HC=\frac{BC}{2}=x(\mathrm{cm})\left(0<x<16\right)$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $S{H}^2+H{C}^2=S{C}^2$

Suy ra $S{H}^2=16^2-x^2=256-x^2.$

Do đó $SH=\sqrt{256-x^2}(\mathrm{cm}).$

Diện tích tam giác $SBC$ là $\frac{1}{2}SH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{256-x^2}\cdot 2x=x\sqrt{256-x^2}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Diện tích giấy màu cần sử dụng là $S=4x\sqrt{256-x^2}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

⦁ Yêu cầu bài toán đưa về thực hiện tìm giá trị lớn nhất của $S=4x\sqrt{256-x^2}$với $0<x<16$.

Ta có: $4x\sqrt{256-x^2}=4\sqrt{256x^2-x^4}$

                                $=4\sqrt{-\left(x^4-2\cdot 128x^2+{128}^2\right)+{128}^2}$

                                $=4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}\le 4\sqrt{{128}^2}=512$

Do đó, $S\le 512$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x^2-128=0$ hay $x=8\sqrt{2}$ (do $0<x<16)$.

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là $512\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.