Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

• Chi phí ăn uống của mỗi người trong một ngày là $60000+60000+30000=150000$ (đồng).

Do đó, ý a) là đúng.

• Gọi $x$ là số bạn học sinh có thể tham gia $\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$.

Tổng chi phí phải trả cho buổi dã ngoại có $x$ bạn tham gia là $150000x+17000000$ (đồng).

Do đó, ý b) là đúng.

• Vì số tiền nhà tài trợ dự kiến là $30$ triệu đồng nên ta có bất phương trình:

$150000x+17000000\le 30000000$.

Do đó, ý c) là sai.

• Giải bất phương trình:

          $150000x+17000000\le 30000000$

          $x\le \frac{260}{3}\approx 86,7$

Vậy có thể tổ chức cho nhiều nhất cho $86$ bạn tham gia.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

• Chiều cao của tòa nhà chính là độ dài đoạn thẳng $BH$.

Xét tam giác $CAE$ vuông tại $E$, ta có:

$CE=AE.\tan \widehat{CAE}=AE.\tan 40^{\circ }\left(\mathrm{m}\right)$ (1).

Do đó, ý a) là đúng.

• Xét tam giác $BAE$ vuông ở $E$, ta có:

$BE=AE.\tan \widehat{BAE}=AE.\tan 50^{\circ }\left(\mathrm{m}\right)$ (2).

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ (1) và (2) suy ra $BC=BE-CE=AE\tan 50^{\circ }-AE\tan 40^{\circ }$

                                $BC=AE\left(\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }\right)$

                                $5=AE\left(\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }\right)$

                               $AE=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}\left(\mathrm{m}\right)$.

Do đó, ý c) là sai.

• Với $AE=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}$ suy ra $CE=AE\cdot \tan \widehat{CAE}=\frac{5}{\tan 50^{\circ }-\tan 40^{\circ }}\cdot \tan 40^{\circ }\approx 11,9\left(\mathrm{m}\right).$

Chiều cao của tòa nhà là: $5+11,9+7\approx 23,9\left(\mathrm{m}\right)$.

Vậy tòa nhà cao $23,9\left(\mathrm{m}\right)$.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

    a) Với $a>0,a\ne 1$, ta có:

$$A=\left(\frac{\sqrt{a}}{2}-\frac{1}{2\sqrt{a}}\right)\left(\frac{a-\sqrt{a}}{\sqrt{a}+1}-\frac{a+\sqrt{a}}{\sqrt{a}-1}\right)$$

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

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

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

$$=\frac{{\left(\sqrt{a}-1\right)}^2\sqrt{a}-{\left(\sqrt{a}+1\right)}^2\sqrt{a}}{2\sqrt{a}}$$

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

$$=\frac{a\sqrt{a}-2a+\sqrt{a}-a\sqrt{a}-2a-\sqrt{a}}{2\sqrt{a}}$$

$$=\frac{-4a}{2\sqrt{a}}$$

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

Vậy $$A=-2\sqrt{a}$$ với $a>0,a\ne 1$.

b) Ta có: $\left|a-1\right|=1$ suy ra $a-1=1$ hoặc $a-1=-1$.

Suy ra $a=2$ (thỏa mãn) hoặc $a=0$ (loại).

Thay $a=2$ vào $$A=-2\sqrt{a}$$ được $$A=-2\sqrt{2}$$.

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 $\left(O\right)$.

Theo đề bài, tỉ số giữa chiều cao $h$ và chiều rộng đáy $y$ bằng $4$ nên $h=4y$.