Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 2

a) ⦁ Xét biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}}\).

Ta có \(\sqrt x + 3 > 0\) với mọi \(x \ge 0\) nên điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x \ge 0.\)

⦁ Xét biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{7 - \sqrt x }}{{x - 1}}\).

Ta có \(\sqrt x + 1 > 0\) với mọi \(x \ge 0\) nên điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)

b) Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{{\sqrt {16} + 2}}{{\sqrt {16} + 3}} = \frac{{4 + 2}}{{4 + 3}} = \frac{6}{7}\).

Vậy \(A = \frac{6}{7}\) khi \(x = 16\).

c) Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{7 - \sqrt x }}{{x - 1}} = \frac{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{7 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)

   \( = \frac{{x + 4\sqrt x - 5 + 7 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)

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

Vậy với \(x \ge 0;x \ne 1\) thì \(B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}}\).

d) Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có:

\(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}}:\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\sqrt x + 3 - 4}}{{\sqrt x + 3}} = 1 - \frac{4}{{\sqrt x + 3}}\).

Ta lại có: \(\sqrt x \ge 0\) nên \(\sqrt x + 3 \ge 3,\) suy ra \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{4}{3}\), do đó \(1 - \frac{4}{{\sqrt x + 3}} \ge - \frac{1}{3}\).

\(\sqrt x \ge 0\) nên \(\sqrt x + 3 \ge 3 > 0,\) suy ra \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} > 0\), do đó \(1 - \frac{4}{{\sqrt x + 3}} < 1\).

Như vậy, \( - \frac{1}{3} \le P < 1\).

Mà \(P\) nhận giá trị nguyên nên \(P = 0.\)

Với \(P = 0,\) ta có: \(1 - \frac{4}{{\sqrt x + 3}} = 0,\) suy ra \(\frac{4}{{\sqrt x + 3}} = 1,\) do đó \(\sqrt x + 3 = 4\) nên \(\sqrt x = 1,\) hay \(x = 1\) (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy không có giá trị \(x\) để biểu thức \(P = \frac{A}{B}\) 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).

Vậy phương trình vô nghiệm.

b) \(\frac{{3x + 5}}{2} - 1 < \frac{{2x + 1}}{3} + x\)

\(\frac{{\left( {3x + 5} \right) \cdot 3}}{6} - \frac{{1 \cdot 6}}{6} < \frac{{\left( {2x + 1} \right) \cdot 2}}{6} + \frac{{x \cdot 6}}{6}\)

\(\left( {3x + 5} \right) \cdot 3 - 6 < \left( {2x + 1} \right) \cdot 2 + 6x\)

\(9x + 15 - 6 < 4x + 2 + 6x\)

\( - x < - 7\)

   \(x > 7\).

Vậy bất phương trình trên có nghiệm là \(x > 7\).

c) \(\frac{3}{2}\sqrt {4x - 8} - 9\sqrt {\frac{{x - 2}}{{81}}} = 6\)    (đkxđ: \(x \ge 2).\)

\[\frac{3}{2}\sqrt {4\left( {x - 2} \right)} - 9\sqrt {\frac{1}{{81}}\left( {x - 2} \right)} = 6\]

\[\frac{3}{2} \cdot 2\sqrt {x - 2} - 9 \cdot \frac{1}{9}\sqrt {x - 2} = 6\]

\[3\sqrt {x - 2} - \sqrt {x - 2} = 6\]

\[2\sqrt {x - 2} = 6\]

\[\sqrt {x - 2} = 3\]

    \[x - 2 = 9\]

    \[x = 11\] (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = 11.\)

2. a) Gọi \[x,y\] lần lượt là giá niêm yết của loại vé I và II (\[x,y > 0\], đơn vị: nghìn đồng).

• Tuần lễ kích cầu du lịch:

Giá loại vé I giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là \[85\% x = 0,85x\] (nghìn đồng).

Giá loại vé II giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là \[90\% y = 0,9y\] (nghìn đồng).

Do đó, tổng số tiền khi anh Bảo mua 3 vé loại I và 2 vé loại II là:

\[3 \cdot 0,85x + 2 \cdot 0,9y = 2,55x + 1,8y\] (nghìn đồng).

Theo bài, anh Bảo phải trả số tiền là \(24\,\,825\,\,000\) đồng (hay \(24\,\,825\) nghìn đồng) nên ta có phương trình:

\[2,55x + 1,8y = 24\,\,825\] (1)

• Tuần lễ Quốc tế Lao động:

Giá loại vé I giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là \[90\% x = 0,9x\] (nghìn đồng).

Giá loại vé II giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là \[85\% y = 0,85y\] (nghìn đồng).

Do đó, tổng số tiền khi anh Bình mua 3 vé loại I và 4 vé loại II là:

\[3 \cdot 0,9x + 4 \cdot 0,85y = 2,7x + 3,4y\] (nghìn đồng).

Theo bài, anh Bình phải trả số tiền là \(37\,\,790\,\,000\) đồng (hay \(37\,\,790\)nghìn đồng) nên ta có phương trình:

\[2,7x + 3,4y = 37\,\,790\] (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2,55x + 1,8y = 24\,\,825\\2,7x + 3,4y = 37\,\,790\end{array} \right.\].

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 3,4 và nhân cả hai vế của phương trình (2) với 1,8, ta được hệ phương trình mới là: \[\left\{ \begin{array}{l}8,67x + 6,12y = 84\,\,405\\4,86x + 6,12y = 68\,\,022\end{array} \right.\]

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

\[3,81x = 16383\] suy ra \[x = 4300\] (thỏa mãn).

Thay \[x = 4\,\,300\] vào phương trình (1), ta được:

\[2,55 \cdot 4\,\,300 + 1,8y = 24\,\,825\] suy ra \(1,8y = 13\,\,860\) nên \[y = 7\,\,700\] (thỏa mãn).

Ta có \[4\,\,300\] nghìn đồng tức là \[4{\rm{ 300 000}}\] đồng; \[7\,\,700\] nghìn đồng là \[7{\rm{ }}700{\rm{ 000}}\] đồng.

Vậy giá niêm yết của loại vé I là \[4{\rm{ 300 000}}\] đồng và giá niêm yết của loại vé II là \[7{\rm{ }}700{\rm{ 000}}\] đồng.

b) i) – Trong dịp lễ Quốc tế Lao động, doanh nghiệp định thưởng 6 vé loại I mà theo bài, nếu khách hàng mua từ 5 vé thuộc cùng một loại trở lên thì sẽ được giảm thêm \(7\% \) của giá vé đã giảm lần đầu, do đó giá tiền của mỗi vé loại I mà doanh nghiệp này đã mua được là:

\(0,9 \cdot 4\,\,300\,\,000 \cdot \left( {100\% - 7\% } \right) = 3\,\,599\,\,100\) (đồng).

Do đó, số tiền mua 6 vé loại I này là: \[6 \cdot 3\,\,599\,\,100 = 21\,\,594\,\,600\] (đồng).

– Gọi số vé thưởng loại II là \[n{\rm{ }}\left( {n \in {\mathbb{N}^ * },\,\,n \ge 5} \right)\].

Khi doanh nghiệp mua ít nhất là 5 vé loại II, thì giá tiền mỗi vé loại II là:

\[0,85 \cdot 7{\rm{ }}700{\rm{ 000}} \cdot \left( {100\% - 7\% } \right) = 6\,\,086\,\,850\] (đồng).

Do đó, số tiền mua \(n\) vé loại II lúc này là: \[6\,\,086\,\,850n\] (đồng).

Theo bài, nguồn kinh phí thưởng không vượt quá 95 triệu đồng, do đó ta có bất phương trình:

\[21\,\,594\,\,600 + 6\,\,086\,\,850n \le 95{\rm{ 000 000}}\].

ii) Giải bất phương trình:

\[21\,\,594\,\,600 + 6\,\,086\,\,850n \le 95{\rm{ 000 000}}\]

\[6\,\,086\,\,850n \le 73{\rm{ 405 400}}\]

\[n \le 12,05966962...\].

Do \[n \in {\mathbb{N}^ * }\] và cần tìm giá trị \(n\) lớn nhất nên \[n = 12\].

Do đó, doanh nghiệp có thể mua 6 vé loại I và nhiều nhất là 12 vé loại II.

Vậy doanh nghiệp A có thể mua nhiều nhất 18 vé thưởng cho nhân viên.

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

b) Theo đề bài, phần ngọn bị gãy \(AB\) và phần gốc \(AC\) có tỉ lệ \(3:2\) hay \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{2}\), suy ra \(\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

Theo câu a, ta có: \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{2}{3}\), suy ra \(\alpha = \widehat {ABC} \approx 41^\circ 49'.\)

Mà \(\tan \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}}\) nên \(AC = BC \cdot \tan \widehat {ABC} \approx 5 \cdot \tan 41^\circ 49' \approx 4,47{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Mà \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{2}\), suy ra \(AB = \frac{3}{2}AC \approx \frac{3}{2} \cdot 4,47 = 6,705{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Độ dài cây ban đầu là tổng của phần ngọn bị gãy \(AB\) và phần gốc \(AC\).

Vậy chiều cao ban đầu của cây khoảng: \[4,47 + 6,705 = 11,175 \approx 11,18{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

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 \(\widehat {DBC} = \widehat {BAH}\)

Do đó ΔDBC∽ΔBAH (g.g).

c)

c) Vì \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) và \(AO\) cắt \(BC\) tại \(H\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC.\) Suy ra \(BC = 2BH.\)

Vì  ΔDBC∽ΔBAH (câu b) nên \[\frac{{BC}}{{AH}} = \frac{{DC}}{{BH}}\]

Mà \(AH = 2MH\) (do \(M\) là trung điểm của \(AH)\) và \(BC = 2BH\), suy ra \[\frac{{2BH}}{{2MH}} = \frac{{DC}}{{BH}} = \frac{{BH}}{{MH}}\].

Lại có \(BH = HC\) nên \(\frac{{MH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{DC}}\).

Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta DHC\) có: \(\widehat {MHB} = \widehat {HCD} = 90^\circ \) và \(\frac{{MH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{DC}}\)

Do đó ΔBMH∽ΔDHC (g.g), suy ra \(\widehat {MBH} = \widehat {HDC}\) (1)

Lại có \(\widehat {MBH} = \widehat {NBC} = \widehat {NDC}\) (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[NC\] của đường tròn \(\left( O \right)\))

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {NDC} = \widehat {HDC}\), nên hai tia \(DN,\,DH\) trùng nhau, do đó \(D,\,H\,,N\) thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

Chiều dài của đáy bể là \(2x{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Diện tích đáy của bể là \(2{x^2}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Chiều cao của bể là: \(\frac{{72}}{{2{x^2}}} = \frac{{36}}{{{x^2}}}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Diện tích xung quanh của bể là: \(2 \cdot \frac{{36}}{{{x^2}}} \cdot \left( {x + 2x} \right) = \frac{{72 \cdot 3x}}{{{x^2}}} = \frac{{216}}{x}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích cần xây bằng tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy của bể, và bằng:

\(\frac{{216}}{x}{\rm{ + }}2{x^2}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Do \(x\) là chiều rộng của bể nên \(x > 0\), áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(2{x^2} + \frac{{216}}{x} = 2{x^2} + \frac{{108}}{x} + \frac{{108}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{108}}{x} \cdot \frac{{108}}{x}}}{\rm{ }}\)

Suy ra \(2{x^2} + \frac{{216}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{23\,\,328}} \approx 85,72\)

Dấu “=” xảy ra khi \(2{x^2} = \frac{{108}}{x} = \frac{{108}}{x}\) hay \(2{x^3} = 108\), tức là \(x = \sqrt[3]{{54}} \approx 3,78{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Vậy muốn diện tích cần xây là tiết kiệm chi phí nhất thì \(x \approx 3,78{\rm{ m}}{\rm{.}}\)