Đề thi học kì 1 Toán 9 - Đề số 2

\(\sqrt {\frac{2}{{5{a^3}}}}  = \sqrt {\frac{{2.5a}}{{25{a^4}}}}  = \sqrt {\frac{{10a}}{{{{\left( {5{a^2}} \right)}^2}}}}  = \frac{{\sqrt {10a} }}{{5{a^2}}}\).

Đáp án A.

Vì góc BOC là góc ở tâm nên sđ$\overset\frown{BmC}=\widehat{BOC}=110{}^\circ $.

Số đo cung lớn $\overset\frown{BnC}$ là:

\(360^\circ  - 110^\circ  = 250^\circ \).

Đáp án D.

a) Với \(x \ge 0,x \ne 4,x \ne 9.\) Ta có:

\(A = \left( {1 - \frac{{\sqrt x }}{{1 + \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x {\rm{\;}} + 3}}{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}} + \frac{{\sqrt x {\rm{\;}} + 2}}{{3 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x {\rm{\;}} + 2}}{{x - 5\sqrt x {\rm{\;}} + 6}}} \right)\)

\(A = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}:\left( {\frac{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} + 3} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} + 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x {\rm{\;}} + 2}}{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}}} \right)\)

\(A = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}:\frac{{x - 9 - \left( {x - 4} \right) + \sqrt x {\rm{\;}} + 2}}{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}}\)

\(A = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}:\frac{{\sqrt x {\rm{\;}} - 3}}{{\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 2} \right)\left( {\sqrt x {\rm{\;}} - 3} \right)}}\)

\(A = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}:\frac{1}{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}} = \frac{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}.\)

b) \(A = \frac{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}} = \frac{{\sqrt x  + 1 - 3}}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}} = 1 - \frac{3}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}}\left( {x \ge 0} \right)\)

Để \(A \in \mathbb{Z}\) với x nguyên thì \(\sqrt x {\rm{\;}} + 1\) là ước nguyên dương của 3 do \(\sqrt x {\rm{\;}} + 1 > 0\)

Ư(3) = {1;3} nên:

+) Với \(\sqrt x {\rm{\;}} + 1 = 1\) suy ra \(\sqrt x  = 0\) nên \(x = 0\) (TM).

+) Với \(\sqrt x {\rm{\;}} + 1 = 3\) suy ra \(\sqrt x  = 2\) nên \(x = 4\) (KTM).

Vậy với \(x = 0\) thì \(A \in \mathbb{Z}\).

c) Vì \(A < 0\) nên \(\frac{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}} < 0\).

Do \(\sqrt x {\rm{\;}} + 1 > 0\) nên \(\frac{{\sqrt x {\rm{\;}} - 2}}{{\sqrt x {\rm{\;}} + 1}} < 0\) khi \(\sqrt x {\rm{\;}} - 2 < 0\) hay \(x < 4\).

Kết với \(x \ge 0\), suy ra \(A > 0\) khi \(0 \le x < 4\).

Vậy \(0 \le x < 4\) thì \(A < 0.\)

Bán kính của hai đường tròn nhỏ và lớn lần lượt là: \(\frac{{15}}{2} = 7,5\left( {mm} \right)\) và \(\frac{{17}}{2} = 8,5\left( {mm} \right)\)

Phần diện tích cần tính là diện tích của hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn đồng tâm O có đường kính lần lượt là 17mm và 15mm.

Vậy diện tích bề mặt là:  

\(S = \pi \left( {8,{5^2} - 7,{5^2}} \right) \approx 3,14.16 = 50,24\left( {m{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích một bề mặt của chiếc nhẫn là \(50,24m{m^2}\).

a) Vì AB là đường kính của (O) và \(C \in \left( O \right)\) suy ra \(\Delta ABC\) vuông tại C.

Vì CH vuông góc với AB tại H nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\(CH = AC.\sin A\) (tam giác ACH vuông tại H)

và \(CH = BC.\cos \widehat {HCB}\) (tam giác CHB vuông tại H).

Mà \(\widehat {CAB} = \widehat {HCB}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACH}\)) nên \(\cos \widehat {CAB} = \cos \widehat {HCB}\) hay \(\cos A = \cos \widehat {HCB}\). Do đó \(CH = BC.\cos A\).

Do đó \(C{H^2} = \left( {AC.\sin A} \right)\left( {BC.\cos A} \right) = AC.BC.\sin A.\cos A\).

b) Ta có \(CI = IA = ID\) (đường trung truyến trong tam giác vuông)

Xét tam giác IAO và tam giác ICO có:

AO = OB = R

IA = IC (cmt)

OI chung

Suy ra \(\Delta IAO = \Delta ICO\left( {c.c.c} \right)\), do đó \(\widehat {IOA} = \widehat {ICO} = 90^\circ \) hay \(IC \bot OC\) tại C.

Vậy IC là tiếp tuyến của (O) tại điểm C.

c) Theo ý b, ta có \(\Delta AIO = \Delta CIO\) (c.c.c).

Chứng minh tương tự, ta có \(\Delta KCO = \Delta KBO\) (c.c.c).

Mà \({S_{AIKB}} = {S_{\Delta AIO}} + {S_{\Delta CIO}} + {S_{\Delta COK}} + {S_{\Delta KOB}} = 2\left( {{S_{\Delta CIO}} + {S_{\Delta COK}}} \right)\)

Suy ra \({S_{AIKB}} = 2.{S_{\Delta IOK}} = OC.IK = R.IK \ge R.AB = R.2R = 2{R^2}\)

Dấu “=” xảy ra khi IK = AB. Khi đó C là điểm chính giữa $\overset\frown{AB}$.

Vậy \({S_{AIKB}}\) có giá trị lớn nhất là \(2{R^2}\) khi C là điểm chính giữa $\overset\frown{AB}$.