Giải SGK Toán 9 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm có đáp án

Với x ≥ 0, ta có:

Vậy với x ≥ 0 thì

Thay x = 64 (thỏa mãn x ≥ 0) vào biểu thức ta được:

Vậy giá trị của biểu thức P bằng khi x = 64.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AHO vuông tại H, ta có:

AO2 = AH2 + HO2

Suy ra AH2 = AO2 – HO2 = (AB + BO)2 – HO2

                   = (36 000 + 6 400)2 – 6 4002 

                   = 42 4002 – 6 4002 = 1 756 800 000.

Do đó AH ≈ 41 914 (km).

Vậy vị trí xa nhất trên bề mặt Trái Đất có thể nhận được tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh khoảng 41 914 kilômét.

–6x + 3(x + 1) > 4x – (x – 4)

–6x + 3x + 3 > 4x – x + 4

–3x + 3 > 3x + 4

–3x – 3x > 4 – 3

–6x > 1

Vậy bất phương trình có nghiệm là

(2x + 1)(2x – 1) < 4x2 – 4x + 1

4x2 – 1 < 4x2 – 4x + 1

4x2 – 4x2 + 4x < 1 + 1

4x < 2

Vậy bất phương trình có nghiệm là

Điều kiện xác định: x ≠ –1.

2(x2 – x + 1) – 2x(x + 1) = 3

2x2 – 2x + 2 – 2x2 – 2x = 3

–4x + 2 = 3

–4x = 1

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

Điều kiện xác định: và

(x + 1)(2x + 1) – 2(2x – 1) = 2x2

2x2 + x + 2x + 1 – 4x + 2 = 2x2

2x2 – 2x2 + x + 2x – 4x = –1 – 2

–x = –3

x = 3 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.

 ⦁ Vẽ đường thẳng (d1): x + 2y = 4.

Cho x = 0 thì y = 2, ta được giao điểm của đường thẳng (d1) với trục tung là A(0; 2).

Cho y = 0 thì x = 4, ta được giao điểm của đường thẳng (d1) với trục hoành là B(4; 0).

Đường thẳng (d1) là đường thẳng AB (hình vẽ).

⦁ Vẽ đường thẳng (d2): x – y = 1.

Cho x = 0 thì y = –1, ta được giao điểm của đường thẳng (d2) với trục tung là C(0; –1).

Cho y = 0 thì x = 1, ta được giao điểm của đường thẳng (d2) với trục hoành là D(1; 0).

Đường thẳng (d2) là đường thẳng CD (hình vẽ).

Giải hệ phương trình

Trừ từng vế của hai phương trình (1) và (2), ta được:

(x + 2y) – (x – y) = 4 – 1 hay 3y = 3, suy ra y = 1.

Thế y = 1 vào phương trình (2), ta được:

x – 1 = 1 hay x = 2.

Do đó hệ phương trình trên có nghiệm là (2; 1).

Vậy toạ độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2) là điểm (2; 1).

Với ta có hệ phương trình:

Nhân hai vế của phương trình (1) với ta được hệ phương trình sau:

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

0x + 0y = 0. Hệ thức này luôn thỏa mãn với các giá trị tùy ý của x và y.

Với giá trị tùy ý của x, giá trị của y được tính nhờ hệ thức suy ra

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm là với x ∈ ℝ.

Với ta có hệ phương trình:

Nhân hai vế của phương trình (2) với ta được hệ phương trình sau:

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

0x + 0y = –4. Phương trình này vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình (II) vô nghiệm.

Với ta có hệ phương trình:

Nhân hai vế của phương trình (3) với ta được hệ phương trình sau:

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

–6x = 2, suy ra

Thế vào phương trình (3), ta được:

suy ra nên

Vậy hệ phương trình (III) có nghiệm là

Gọi x, y (triệu đồng) lần lượt là số tiền dự tính phải trả vật liệu và công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng (0 < x < 600, 0 < y < 600).

+ Theo dự tính, tổng diện tích xây dựng là khoảng 100 m2 nên:

⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 100x (triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 100y (triệu đồng).

Do tổng chi phí (tiền vật liệu và tiền công thợ) chú Ba dự tính hết khoảng 600 triệu đồng nên ta có phương trình:

100x + 100y = 600 hay x + y = 6. (1)

+ Theo thực tế:

⦁ tổng diện tích xây dựng là: 100 + 20 = 120 (m2);

⦁ chi phí tiền vật liệu cho mỗi mét vuông là:

(100% + 10%).x = 1,1x (triệu đồng);

⦁ tiền công thợ cho mỗi mét vuông là:

(triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 120.1,1x = 132x (triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 120.1,2y = 144y (triệu đồng).

Do tổng chi phí thực tế là 804 triệu đồng nên ta có phương trình:

132x + 144y = 804 hay 11x + 12y = 67. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Nhân hai vế của phương trình (1) với 12, ta được hệ phương trình sau:

Trừ từng vế của hai phương trình trong hệ mới, ta được: x = 5.

Thế x = 5 vào phương trình (1), ta được: 5 + y = 6, suy ra y = 1.

Các giá trị x, y tìm được ở trên đều thỏa mãn điều kiện.

Vậy thực tế chú Ba phải trả 1,1.5 = 5,5 triệu đồng tiền vật liệu và 1,2.1 = 1,2 triệu đồng tiền công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng.

Gọi x (km/h) là vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng (x > 3).

Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: x + 3 (km/h).

Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x – 3 (km/h).

Thời gian ca nô đi hết quãng đường 75 km khi nước yên lặng là: (giờ).

Thời gian ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B cách nhau 36 km là: (giờ).

Thời gian ca nô đi ngược dòng từ bến B về bến A cách nhau 36 km là: (giờ).

Do ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi sau đó ngược dòng từ bến B về bến A hết thời gian bằng thời gian nó đi quãng đường 75 km khi nước yên lặng nên ta có phương trình:

Giải phương trình:

36x(x – 3) + 36x(x + 3) = 75(x + 3)(x – 3)

36x2 – 108x + 36x2 + 108x = 75(x2 – 9)

72x2 = 75x2 – 675

3x2 = 675

x2 = 225

x = 15 (do x > 3).

Vậy vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng là 15 km/h.

Xét ∆AHK vuông tại H, ta có:

Xét BAHK vuông tại H, ta có:

Do B nằm giữa A và H nên AB + BH = AH.

Suy ra AB = AH – BH = a.tanα – a.tanβ = a(tanα – tanβ) (m).

Thay a = 3 m, α = 60°, β = 30° vào biểu thức độ dài AB ở câu a, ta được:

AB = 3.(tan60° – tan30°)  ≈ 3,464 (m).

Do ∆ABC vuông tại B nên

Ta có:

Xét ∆ABD có (tổng ba góc của một tam giác).

Suy ra

Do đó nên ∆ABD cân tại B.

Vì ∆ABD cân tại B (câu a) nên BD = BA = 6 cm.

Kẻ DH ⊥ AB, H ∈ AB.

Mà BC ⊥ AB nên CB // DH, do đó

Xét ∆BDH vuông tại H, ta có:

Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AB bằng cm.

Xét ∆ABC vuông tại B nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, B, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Xét ∆ADC vuông tại D nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, D, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Vậy bốn điểm A, B, C và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Do đường tròn (𝒞) đi qua bốn điểm A, B, C, D có đường kính là AC mà I là trung điểm của AC nên đường tròn (𝒞) có tâm là I, do đó IB = ID. Suy ra I nằm trên đường trung trực của BD.

Lại có K là trung điểm của BD nên K thuộc đường trung trực của BD.

Vì vậy, IK là đường trung trực của BD nên IK ⊥ BD.

Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu tím là:

360° . 40% = 144°.

Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu cam là:

360° . 10% = 36°.

Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu đỏ là:

360° . 20% = 72°.

Cách 1. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là: 

360° . 30% = 108°.

Cách 2. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là:

360° – 36° – 72° = 108°.

Xét ∆BXI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, X, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Xét ∆BFI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Xét ∆BDI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, D, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Do đó 5 điểm D, B, X, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI, nên tứ giác DBXF là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự, ta cũng có 5 điểm D, C, Y, E, I cùng nằm trên đường tròn đường kính CI, nên tứ giác DCYE là tứ giác nội tiếp.

* Chứng minh tương tự câu a, ta có bốn điểm B, X, Y, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC nên tứ giác BXYC là tứ giác nội tiếp.

Suy ra (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CY). (1)

Ta có tứ giác BXFI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BI nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FI). (2)

Mặt khác, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nên BI là đường phân giác của góc ABC, do đó hay (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra hay do đó ba điểm X, F, Y thẳng hàng. (4)

* Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:   

Suy ra hay nên ba điểm X, E, Y thẳng hàng. (5)

Từ (4) và (5) suy ra bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng.

Giả sử chiếc mũ sinh nhật được mô tả như hình vẽ sau:

Khi đó AB = 20 cm và SA = 30 cm.

Suy ra

Vậy diện tích giấy để làm chiếc mũ sinh nhật trên chính là diện tích xung quanh của hình nón và bằng khoảng:

Sxq = π.AO.SA ≈ 3,14 . 10 . 30 = 942 (cm2).

Có 2 bé trai có chiều cao dưới 81,7 cm; có 15 bé trai có chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm; có 3 bé trai có chiều cao từ 93,9 cm trở lên.

Ta có bảng sau:

Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là thấp còi là:

Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là đạt chuẩn là:

lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là cao là:

Để vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn tỉ lệ thu được, ta làm như sau:

Bước 1. Xác định số đo cung tương ứng của các hình quạt biểu diễn các tỉ lệ theo các mức phân loại về chiều cao:

   Thấp còi: 360° . 10% = 36°;

   Đạt chuẩn: 360° . 75% = 270°;

   Cao: 360° . 15% = 54°.

Bước 2. Vẽ hình tròn và chia hình tròn thành các hình quạt (Hình a).

Hình a Hình b

Bước 3. Định dạng các hình quạt tròn, ghi tỉ lệ phần trăm, chú giải và tiêu đề (Hình b).

Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là thấp còi trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 10% = 120 (bé trai).

Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là đạt chuẩn trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 75% = 900 (bé trai).

Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là cao trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 15% = 180 (bé trai).

Kí hiệu ba bạn nam là A, B, C và hai bạn nữ là D, E.

Phép thử là giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.

Kết quả của phép thử là (a, b), trong đó a và b tương ứng là bạn học sinh mà giáo viên lựa chọn.

Vậy không gian mẫu là:

Ω = {(A, B); (A, C); (A, D); (A, E); (B, C); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E); (D, E)}.

Tập Ω có 10 phần tử.

Vì giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai bạn được chọn khác giới tính” là: (A, D); (A, E); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E).

Vậy xác suất để hai bạn được chọn khác giới tính là: