Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 3

a) ⦁ Xét biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}}\].

Với \(x \ge 0,\) ta luôn có \(\sqrt x + 7 > 0.\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x \ge 0.\)

⦁ Xét biểu thức \(B = \frac{x}{{x - 4}} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\).

Với \(x \ge 0,\) ta có \[x - 4 = \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right).\]

Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,x - 4 \ne 0\) tức là \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

b) Thay \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A,\) ta được:

\[A = \frac{{\sqrt {25} - 2}}{{\sqrt {25} + 7}} = \frac{{5 - 2}}{{5 + 7}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.\]

Vậy \(A = \frac{1}{4}\) khi \(x = 25.\)

c) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta có:

\(B = \frac{x}{{x - 4}} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\)

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

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

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

Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.\)

d) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta có: \(P = AB = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\)\[ = \frac{x}{{\sqrt x + 7}}.\]

Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta cũng có \(P \ge 0\). Khi đó, \(\sqrt P \le \frac{1}{2}\) suy ra \(P \le \frac{1}{4}.\)

Ta có: \(P \le \frac{1}{4}\)

\[\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}\]

\[\frac{{4\sqrt x }}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}} \le \frac{{\sqrt x + 7}}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}}\]

\[4\sqrt x \le \sqrt x + 7\]

\[3\sqrt x \le 7\]

\[\sqrt x \le \frac{7}{3}\]

\[x \le \frac{{49}}{9}\]

Kết hợp các điều kiện, ta có \[0 \le x \le \frac{{49}}{9};\,\,x \ne 4.\]

Mà \[x\] nguyên nên \[x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}\]

Vậy \[x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}\].

1. a) Điều kiện xác định: \(x \ne 0,x \ne 2\).

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

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

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

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

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

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

\(x = 0\) hoặc \(x + 1 = 0\)

\(x = 0\) (loại) hoặc \(x = - 1\) (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = - 1\).

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 \(x \le \frac{{13}}{6}.\)

c) \(\sqrt {18x + 9} - \sqrt {8x + 4} + \frac{1}{3}\sqrt {2x + 1} = 4\) (đkxđ: \(x \ge - \frac{1}{2})\)

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

\(3\sqrt {2x + 1} - 2\sqrt {2x + 1} + \frac{1}{3}\sqrt {2x + 1} = 4\)

\(\frac{4}{3}\sqrt {2x + 1} = 4\)

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

    \(2x + 1 = 9\)

    \(2x = 8\)

      \(x = 4\) (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 4\).

2. Gọi \(x,y\) (kg/m³) lần lượt là khối lượng riêng của chất lỏng loại I và chất lỏng loại II \(\left( {x,y > 0} \right).\)

Theo đề, khối lượng riêng của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là \({\rm{200 kg/}}{{\rm{m}}^3}\) nên ta có phương trình: \(x - y = 200\) (1).

Thể tích của 4 kg chất lỏng loại I là: \(\frac{4}{x}\) (m³). Thể tích của 3 kg chất lỏng loại II là: \(\frac{3}{y}\) (m³).

Khi đó, tổng thể tích hai loại chất lỏng là: \[\frac{4}{x} + \frac{3}{y}\] (m³).

Người ta trộn \(4{\rm{ kg}}\) chất lỏng loại I với \({\rm{3 kg}}\) chất lỏng loại II, do đó khối lượng hỗn hợp là: \(3 + 4 = 7{\rm{ }}\left( {{\rm{kg}}} \right)\).

Thể tích của hỗn hợp sau khi pha là: \(\frac{7}{{700}} = \frac{1}{{100}}\) (m³).

Khi đó, ta có phương trình: \[\frac{4}{x} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}\]   (2)

Từ (1) và (2), suy ra hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 200\\\frac{4}{x} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}\end{array} \right.\)

Từ (1) ta có: \(x = 200 + y\), thế vào phương trình (2), ta được: \(\frac{4}{{200 + y}} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}\).

Giải phương trình:

\(\frac{4}{{200 + y}} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}\)

\(\frac{{400y}}{{100\left( {200 + y} \right)y}} + \frac{{300\left( {200 + y} \right)}}{{100y\left( {200 + y} \right)}} = \frac{{y\left( {200 + y} \right)}}{{100y\left( {200 + y} \right)}}\)

\(400y + 300\left( {200 + y} \right) = y\left( {200 + y} \right)\)

\(400y + 60\,\,000 + 300y = 200y + {y^2}\)

\({y^2} - 500y - 60\,\,000 = 0\)

\({y^2} + 100y - 600y - 60\,\,000 = 0\)

\(y\left( {y + 100} \right) - 600\left( {y + 100} \right) = 0\)

\(\left( {y + 100} \right)\left( {y - 600} \right) = 0\)

Suy ra \(y - 600 = 0\) (do \(y + 100 > 0\) với mọi \(y > 0)\)

Do đó \(y = 600\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 600\) vào phương trình \(x = 200 + y\), ta được \(x = 800\) (thỏa mãn).

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng loại I và loại II lần lượt là \({\rm{800 kg/}}{{\rm{m}}^3}\) và \({\rm{600 kg/}}{{\rm{m}}^3}.\)

3. a) Chi phí ăn uống của mỗi người trong một ngày là \(60\,000 + 60\,000 + 30\,000 = 150\,000\) (đồng).

Gọi \(x\) là số bạn học sinh có thể tham gia \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\).

Tổng chi phí phải trả cho buổi dã ngoại có \(x\) bạn tham gia là \(150\,000x + 17\,000\,000\) (đồng).

Vì số tiền nhà tài trợ dự kiến là \(30\) triệu đồng nên ta có bất phương trình:

\(150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000\).

b) Giải bất phương trình:

          \(150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000\)

          \(x \le \frac{{260}}{3} \approx 86,7\)

Vậy có thể tổ chức cho nhiều nhất cho \(86\) bạn tham gia.

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) Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE)\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \(H\) là trung điểm của \(DE\).

Mà \[H\] lại là trung điểm của \(AC\), do đó tứ giác \(ADCE\) là hình bình hành.

Mặt khác, \(AC \bot DE\) nên hình bình hành \[ADCE\] là hình thoi.

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(BE \bot AE\) tại \(E\).

Mà\(AE\,{\rm{//}}\,CD\) (do \[ADCE\] là hình thoi) nên\[EB \bot CD\].

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) đường kính \(BC\) ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(BF \bot CD\) tại \(F\).

Ta có \(EB \bot CD\) và \(FB \bot CD\) suy ra \(EB\) và \(FB\) trùng nhau.

Vậy ba điểm \(F,B,E\) thẳng hàng.

c) Tam giác \(FDE\) vuông tại \(F\) có \[FH\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(DE\) nên \(FH = \frac{1}{2}DE = HD = HE.\)

Do đó \(\Delta HFD\) cân tại \(H\), do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {HDC}\).

Mặt khác, \[O'FC\] cân tại \(O'\) (do \[O'F = O'C\]) nên \(\widehat {O'FC} = \widehat {HCD}\)

Mà \(\widehat {HDC} + \widehat {HCD} = 90^\circ \) (tam giác \[HCD\] vuông tại \[H\])

Nên \(\widehat {HFD} + \widehat {O'FC} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {HFO'} = 180^\circ  - \left( {\widehat {HFD} + \widehat {O'FC}} \right) = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \).

Ta có \(HF \bot O'F\) tại \(F\) và \(F\) thuộc đường tròn \(\left( {O'} \right)\) nên \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

Vậy \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

Hướng dẫn giải

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta CGF\) có:

\(\widehat {EAH} = \widehat {GCF} = 90^\circ \) và \(\widehat {AEH} = \widehat {CGF}\) (dễ dàng chứng minh được từ dữ kiện \(EH\,{\rm{//}}\,GF,\,\,AB\,{\rm{//}}\,CD)\).

Do đó ΔAEH∽ΔCGF (g.g).

Suy ra \[\frac{{AH}}{{CF}} = \frac{{AE}}{{CG}}\] hay \[\frac{x}{3} = \frac{2}{y}\], do đó \[xy = 6\] và \[y = \frac{6}{x}\].

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là:\({S_{ABCD}} = {6^2} = 36{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Diện tích tam giác \(BEF\) là: \({S_{BEF}} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \left( {6 - 2} \right) = 6{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Diện tích hình thang \(EFGH\) là:

\({S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - {S_{BEF}} - {S_{AHE}} - {S_{DHG}} - {S_{CGF}} = 30 - \left( {{S_{AHE}} + {S_{DHG}} + {S_{CGF}}} \right)\)

\( = 30 - \left[ {\frac{1}{2} \cdot 2x + \frac{1}{2}\left( {6 - x} \right)\left( {6 - y} \right) + \frac{1}{2} \cdot 3y} \right]\)

\( = 30 - \left[ {x + \frac{1}{2}\left( {36 - 6y - 6x + xy} \right) + \frac{3}{2}y} \right]\)

\( = 30 - \left[ {x + 18 - 3y - 3x + \frac{1}{2}xy + \frac{3}{2}y} \right]\)

 \( = 30 - \left[ { - 2x + 18 - \frac{3}{2}y + \frac{1}{2}xy} \right]\)

\[ = 12 + 2x + \frac{3}{2}y - \frac{1}{2}xy\]

\( = 12 + 2x + \frac{3}{2} \cdot \frac{6}{x} - \frac{1}{2} \cdot 6\) (do \[xy = 6\] và \[y = \frac{6}{x}\]).

\[ = 9 + 2x + \frac{9}{x}.\]

Để \({S_{EFGH}}\) nhỏ nhất thì \(2x + \frac{9}{x}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(2x + \frac{9}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{9}{x}} = 6\sqrt 2 \).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(2x = \frac{9}{x}\) hay \(2{x^2} = 9\), tức là \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\) Lúc này, \[y = \frac{6}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 2 .\]

Khi đó, \({S_{EFGH}}\) đạt giá trị nhỏ nhất là\({S_{EFGH}} = 9 + 2 \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} + \frac{9}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}} = 9 + 6\sqrt 2 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Vậy điểm \(G \in CD\) và \(H \in AD\) sao cho \(CG = 2\sqrt 2 \), \(AH = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) thì diện tích hình thang \(EFGH\) đạt giá trị nhỏ nhất.