Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) có đáp án - Đề 2

a) ⦁ Xét biểu thức \(A = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt x }}\).

Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x \ge 0\) và \(\sqrt x \ne 0\), tức là \(x > 0.\)

⦁ Xét biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}\).

Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,\sqrt x - 3 \ne 0\) và \(\sqrt x + 3 \ne 0.\)

Với \(x \ge 0\) ta thấy \(\sqrt x + 3 > 0\) và \(\sqrt x - 3 \ne 0\) khi \(x \ne 9.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x > 0\) và điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0\), \(x \ne 9.\)

b) Thay \(x = \frac{1}{9}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{9}} }} = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3} - 3 = - \frac{8}{3}.\)

Vậy giá trị biểu thức \(A = - \frac{8}{3}\) tại \(x = \frac{1}{9}.\)

c) Với \(x \ge 0;x \ne 9\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}\)

      \( = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 3} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

     \( = \frac{{x + 6\sqrt x + 9 - \left( {x - 6\sqrt x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

     \( = \frac{{x + 6\sqrt x + 9 - x + 6\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)

    \( = \frac{{12\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}.\)

Vậy với \(x \ge 0;x \ne 9\) thì \(B = \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}.\)

d) Với \(x > 0;x \ne 9\), ta có:

\(P = A \cdot B = \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}\) \( = \frac{{\sqrt x - 3}}{{3\sqrt x }}.\frac{{12\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)\( = \frac{4}{{\sqrt x + 3}}\).

Với \(x > 0;x \ne 9\), ta có \(\sqrt x > 0\) nên \(\sqrt x + 3 > 3\), suy ra \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} < \frac{4}{3}\).

Ta cũng có: \(\sqrt x + 3 > 3 > 0\) nên \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} > 0\).

Do đó \(0 < P < \frac{4}{3}.\)

Như vậy, để \(P\) nguyên thì \(P = 1\).

Khi đó, ta có: \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} = 1,\) suy ra \(\sqrt x + 3 = 4\) nên \(\sqrt x = 1,\) suy ra \(x = 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy với \(x = 1\) thì \(P\) nhận giá trị nguyên.

a) Điều kiện xác định \(x \ne \frac{1}{3},\,\,x \ne  - \frac{1}{3}.\)

Ta có: \(\frac{{1 - 3x}}{{1 + 3x}} - \frac{{1 + 3x}}{{1 - 3x}} = \frac{4}{{1 - 9{x^2}}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} - \frac{{{{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{4}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2} - {{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{4}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\({\left( {1 - 3x} \right)^2} - {\left( {1 + 3x} \right)^2} = 4\)

\(\left( {1 - 3x - 1 - 3x} \right)\left( {1 - 3x + 1 + 3x} \right) = 4\)

\( - 6x \cdot 2 = 4\)

\( - 12x = 4\)

      \(x =  - \frac{1}{3}\) (loại).

b) \(\frac{{2x - 1}}{2} - \frac{{x + 1}}{6} \ge \frac{{4x - 5}}{3}\)

\(\frac{{6\left( {2x - 1} \right)}}{{12}} - \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{12}} \ge \frac{{4\left( {4x - 5} \right)}}{{12}}\)

\(6\left( {2x - 1} \right) - 2\left( {x + 1} \right) \ge 4\left( {4x - 5} \right)\)

\(12x - 6 - 2x - 1 \ge 16x - 20\)

\(10x - 7 \ge 16x - 20\)

\(10x - 16x \ge  - 20 + 7\)

\( - 6x \ge  - 13\)

    \(x \le \frac{{13}}{6}.\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \le \frac{{13}}{6}.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 1;\,\,x = - \frac{1}{3}.\)

2. Gọi \(x,\,\,y\) (đồng) lần lượt là giá niêm yết của một thùng nước ngọt và một túi bánh sandwich \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right)\).

Theo bài, cô Linh đi siêu thị mua 1 thùng nước ngọt và 4 túi bánh mì sandwich với giá niêm yết tổng cộng là 340 000 đồng nên ta có phương trình: \(x + 4y = 340\,\,000\) (1)

Giá mỗi thùng nước ngọt sau khi tăng \(5\% \) so với giá niêm yết là: \(x + 5\% x = 1,05x\) (đồng).

Giá mỗi túi bánh mì sandwich được giảm \(15\% \) so với giá niêm yết là:

\(x - 15\% x = 0,85x\) (đồng).

Theo bài, khi thanh toán cô Linh chỉ cần trả tổng cộng \(325\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:

\(1,05x + 4 \cdot 0,85y = 325\,\,000\) hay \(1,05x + 3,4y = 325\,\,000\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 340\,\,000\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\1,05x + 3,4y = 325\,\,000\end{array} \right.\)

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với \(1,05,\) ta được hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}1,05x + 4,2y = 357\,\,000\\1,05x + 3,4y = 325\,\,000\end{array} \right.\)

Trừ từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:

\(0,8y = 32\,\,000\) nên \(y = 40\,\,000\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 40\,\,000\) vào phương trình (1), ta được:

\(x + 4 \cdot 40\,\,000 = 340\,\,000\) nên \(x = 180\,\,000\) (thỏa mãn).

Vậy một thùng nước ngọt và một túi bánh mì sandwich có giá niêm yết lần lượt là \(180\,\,000\) đồng và \(40\,\,000\) đồng.

3. a) Gọi số tiền bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là \(x\) (triệu đồng) \(\left( {x > 0} \right).\)

Số tiền lãi bà Mai nhận được sau 1 năm là \(4,7\% x\) (triệu đồng).

Vì số tiền lãi hàng năm ít nhất là \(18\,\,800\,\,000\) đồng \(( = 18,8\) triệu đồng) nên ta có bất phương trình:

\(4,7\% x \ge 18,8\).

b) Giải bất phương trình:

          \(4,7\% x \ge 18,8\)

          \(0,047x \ge 18,8\)

          \(x \ge 400\)

Vậy bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là \(400\) triệu đồng.

Hướng dẫn giải

Giả sử hình ảnh chiếc tàu trong bài toán được mô tả bởi hình vẽ sau:

a) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:

\(CB = AB.\sin A = 250.\sin 21^\circ \approx 89,6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vậy tàu đi được \(250{\rm{ m}}\)thì tàu ở độ sâu khoảng \(89,6{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

b) Đổi \(9\) km/h \( = 2,5\) m/s.

Gọi \(t\) (s) là thời gian để tàu đi được độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Quãng đường tàu đi được trong thời gian \(t\) là: \(AB = {S_{AB}} = 2,5t{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), ta có: \(\sin A = \frac{{BC}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{CB}}{{\sin A}}\) hay \(2,5t = \frac{{200}}{{\sin 21^\circ }}\), suy ra \(t = \frac{{200}}{{2,5.\sin 21^\circ }} \approx 223,23{\rm{ }}\left( {\rm{s}} \right)\).

Đổi \(223,23{\rm{ s}} \approx 3\) phút \(43\) giây.

Vậy sau khoảng \({\rm{3}}\) phút \(43\) giây thì tàu ở độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

a) Vì \(AB\) và \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O\) nên \(AB \bot OB\), \(AC \bot OC\), do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \). Gọi \(K\) là trung điểm của \(AO\).

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) có \(BK\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \(BK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}\) (1).

Xét \(\Delta ACO\) vuông tại \(C\) có \(CK\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \(CK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BK = CK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}\).

Vậy các điểm \[A,\,B,\,O,C\] cùng thuộc một đường tròn tâm \(K\) đường kính \(AO\).

b) ⦁ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(AB = AC\) suy ra \(A\) thuộc đường trung trực của \(BC\) (3).

Lại có \(OB = OC = R\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của \(BC\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) hay \(OA\) vuông góc với \(BC\) tại \(H\).

⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(BD\) có \(\widehat {BCD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {BCD} = 90^\circ .\)

Ta có: \(\widehat {BAH} + \widehat {ABH} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn của tam giác \(\Delta ABH\) vuông tại \(H)\) và \(\widehat {DBC} + \widehat {ABH} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {DBC}\,\).

Xét \(\Delta DBC\) và \(\Delta BAH\) có: \(\widehat {BCD} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) và \(\widehat {DBC} = \widehat {BAH}\)

Hướng dẫn giải

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

Thể tích chiếc hộp \(3{\rm{ d}}{{\rm{m}}^3}\) nên \(xyh = 3{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\) hay \(4x{y^2} = 3\), suy ra \(x = \frac{3}{{4{y^2}}}\).

Do chiếc hộp không nắp, do đó diện tích bìa cần dùng là tổng diện tích đáy hộp và diện tích xung quanh của hộp.

Ta có: \(S = xy + 2h\left( {x + y} \right) = \frac{3}{{4{y^2}}} \cdot y + 2 \cdot 4y \cdot \left( {\frac{3}{{4{y^2}}} + y} \right)\)

              \( = \frac{3}{{4y}} + \frac{6}{y} + 8{y^2} = \frac{{27}}{{4y}} + 8{y^2} = \frac{{27}}{{8y}} + \frac{{27}}{{8y}} + 8{y^2}\).

Do \(y\) là chiều rộng của hộp nên \(y > 0\).

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta được:

\(\frac{{27}}{{8y}} + \frac{{27}}{{8y}} + 8{y^2} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{{27}}{{8y}} \cdot \frac{{27}}{{8y}} \cdot 8{y^2}}}\), suy ra \(S \ge \frac{{27}}{2}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{27}}{{8y}} = 8{y^2}\), hay \({y^3} = \frac{{27}}{{64}}\) nên \(y = \frac{3}{4}\) (dm).

Do đó, \(x = \frac{3}{{4{y^2}}} = \frac{3}{{4 \cdot {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}}} = \frac{4}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{dm}}} \right)\).

Vậy lượng bìa cần dùng ít nhất có diện tích là \(\frac{{27}}{2}{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\) khi chiều dài \(x = \frac{4}{3}\) dm.