Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 1

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⋅B=13−1x⋅12xx−9 =x−33x.12xx−3x+3 =4x+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 \(x \ne 0,\,\,x \ne  - 1\).

\(\frac{{x - 1}}{x} + \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x}}\)

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

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

\({x^2} - 1 + x = 2x + 1\)

\({x^2} + x - 2x - 2 = 0\)

\(x\left( {x + 1} \right) - 2\left( {x + 1} \right) = 0\)

\(\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)

\(x + 1 = 0\) hoặc \(x - 2 = 0\)

\(x =  - 1\) (loại) hoặc \(x = 2\) (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 2\).

b) \[\frac{{x + 2}}{3} - 1 \ge 2x + \frac{x}{2}\]

\[\frac{{x + 2}}{3} - \frac{3}{3} \ge \frac{{4x}}{2} + \frac{x}{2}\]

\[\frac{{x + 2 - 3}}{3} \ge \frac{{4x + x}}{2}\]

\[\frac{{x - 1}}{3} \ge \frac{{5x}}{2}\]

\[2\left( {x - 1} \right) \ge 3 \cdot 5x\]

\[2x - 2 \ge 15x\]

\[2x - 15x \ge 2\]

\[ - 13x \ge 2\]

\[x \le \frac{{ - 2}}{{13}}\].

Vậy bất phương trình có nghiệm là \[x \le \frac{{ - 2}}{{13}}\].

c) \(\sqrt {9x - 9} - \sqrt {4x - 4} + \sqrt {x - 1} = 16\)     (ĐKXĐ: \(x \ge 1)\)

    9x−1−4x−1+x−1=16

\(3\sqrt {x - 1} - 2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x - 1} = 16\)

\(2\sqrt {x - 1} = 16\)

\(\sqrt {x - 1} = 8\)

\(x - 1 = 16\)

\(x = 17\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 17.\)

2. Gọi \(x\) (ml) là thể tích dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(y\) (ml) là thể tích nước cất \(0\% \) (\(x,y > 0\)).

Tổng thể tích dung dịch là \(1{\rm{ 000 ml}}\) nên ta có phương trình \(x + y = 1\,\,000\) (1).

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là \(0,9\% \) của \(1{\rm{ 000 ml}}\). Lượng muối trong dung dịch ban đầu là \(1,5\% .x\) và trong nước cất là \(0\).

Do đó ta có: \(0,015x + 0y = 0,009.1000\) hay \(0,015x = 9\) (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\\0,015x = 9\end{array} \right.\).

Giải phương trình \(0,015x = 9\) ta được \(x = 600\) (thỏa mãn).

Thay \(x = 600\) vào phương trình (1), được: \(y = 1000 - 600 = 400\) (thỏa mãn).

Vậy Lan cần pha \(600{\rm{ ml}}\) dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(400{\rm{ ml}}\) dung dịch nước cốt \(0\% \) để được dung dịch mong muốn.

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.

a) Xét tam giác \(ADC\) vuông tại \(C\), ta có: \(\cot \widehat {DAC} = \frac{{AC}}{{CD}}.\)

Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(C\), ta có: \(\cot \widehat {DBC} = \frac{{BC}}{{CD}}.\)

b) Từ câu a, ta có: \(AC = CD \cdot \cot \widehat {DAC} = h \cdot \cot 60^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

\(BC = CD \cdot \cot \widehat {DBC} = h \cdot \cot 75^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Do \(AB = AC - BC\) nên \(h \cdot \cot 60^\circ - h \cdot \cot 75^\circ = 101\)

Hay \(h \cdot \left( {\cot 60^\circ - \cot 75^\circ } \right) = 101\).

Suy ra \(h = \frac{{101}}{{\cot 60^\circ - \cot 75^\circ }} \approx 326\) (m).

Vậy tháp Eiffel có độ cao khoảng \(326\) (m).

a) Ta có: \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra \[\widehat {AMC} = 90^\circ \] (cùng bù với \[\widehat {AMB}\]).

Gọi \[E\] là trung điểm của \[CA\].

Xét \[\Delta AMC\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[CA\] nên \[ME = \frac{1}{2}CA.\]

Xét \[\Delta AKC\] vuông tại \[K\] có \[KE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[CA\] nên \[KE = \frac{1}{2}CA.\]

Do đó, \[KE = ME = EC = EA = \frac{1}{2}CA\] nên bốn điểm \[A,M,C,K\] cùng thuộc một đường tròn tâm \[E\] đường kính \[CA\].

b) ⦁ Xét \(\Delta OMN\) cân tại \(O\) (do \(OM = ON)\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến, hay \(H\) là trung điểm của \(MN\).

Xét \[\Delta MNB\] có \[BH\] là đường cao và cũng là đường trung tuyến của \[\Delta MNB\] nên \[\Delta MNB\] cân tại \[B\].

Suy ra \[BH\] cũng là đường phân giác của \[\widehat {MBN}\].

Hay \[BK\] là đường phân giác của \[\widehat {CBD}\].

⦁ Xét \[\Delta BCD\] có \[BK\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \[\Delta BCD\] nên \[\Delta BCD\] cân tại \[B\]

Do đó \[\widehat {BCD} = \widehat {BDC}\]. (1)

Ta có: \[\widehat {CDB} = \widehat {KAC}\] (cùng phụ với \[\widehat {DCA}\]) (2)

Xét đường tròn \[\left( E \right)\] có \[\widehat {KAC} = \widehat {KMC}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung \[KC\]) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\widehat {BCD} = \widehat {KMC} = \widehat {BDC} = \widehat {KAC}\]

Xét \[\Delta KMC\] có \[\widehat {KCM} = \widehat {KMC}\] nên \[\Delta KMC\] cân tại \[K\].

c) Xét \[\Delta BOM\] cân tại \[O\] (do \[OM = OB\]) ta có \[\widehat {OMB} = \widehat {OBM}\].

Mà \[\widehat {OBM} = \widehat {OBD}\] (do \[BK\] là đường phân giác của \[\widehat {CBD}\]).

Suy ra \[\widehat {OMB} = \widehat {OBD}.\]

Xét \(\Delta BDK\) vuông tại \(K,\) ta có: \[\widehat {OBD} + \widehat {BDK} = 90^\circ \]

Mà \[\widehat {OMB} = \widehat {OBD}\] và \[\widehat {BDK} = \widehat {KMC}\] nên \[\widehat {OMB} + \widehat {KMC} = 90^\circ \]

Do đó, \[\widehat {KMO} = 180^\circ - \left( {\widehat {OMB} + \widehat {KMC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \].

Suy ra \[KM \bot MO\] tại \[M\] thuộc đường tròn \[\left( O \right)\].

Vậy \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

Hướng dẫn giải

Diện tích tấm bìa hình chữ nhật này là: \(50.30 = 1500{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Chiều dài sau khi cắt tấm bìa là: \(50 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chiều rộng sau khi cắt tấm bìa là: \(30 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích xung quanh của hộp là: \(2x\left( {50 - 2x + 30 - 2x} \right) = 2x\left( {80 - 4x} \right) = - 8{x^2} + 160x{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất thì \( - 8{x^2} + 160x\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: \( - 8{x^2} + 160x = - 8\left( {{x^2} - 20x + 100} \right) + 800 = - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800\)

Với mọi \(x > 0,\) ta có: \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} \le 0\) nên \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800 \le 800\).

Dấu “=” xảy ra khi \(x - 10 = 0\) hay \(x = 10\).

Vậy diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật là \(800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\) khi \(x = 10{\rm{ cm}}\).