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 = OC = 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 $\overset\frown{AB}$.