Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 4

a) – Xét biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\).

Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) và \(x \ge 0\) và \(\sqrt x - 1 \ne 0\) hay \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)

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

Với \(x \ge 0\), ta có:

⦁\(x + \sqrt x = \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)\); \(x - \sqrt x = \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right);\)\(x - 1 = \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right).\)

⦁\(x \ge 0\) nên \(\sqrt x \ge 0,\) suy ra \(\sqrt x + 1 > 0.\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0\) và \(\sqrt x \ne 0,\,\,x - 1 \ne 0\) hay \(x > 0,\,\,x \ne 1.\)

Vậy, điều kiện xác định của biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\) là \(x \ge 0,x \ne 1\) và điều kiện xác định của biểu thức \(B = \frac{1}{{x + \sqrt x }} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}\) là \(x > 0,x \ne 1.\)

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

\(A = \frac{{\sqrt {\frac{1}{9}} \left( {\frac{1}{9} + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt {\frac{1}{9}} - 1} \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{{10}}{9}}}{{2\left( {\frac{1}{3} - 1} \right)}} = \frac{{\frac{{10}}{{27}}}}{{ - \frac{4}{3}}} = - \frac{5}{{18}}.\)

Vậy \(A = - \frac{5}{{18}}\) khi \(x = \frac{1}{9}\).

c) Với \(x > 0,x \ne 1\), ta có:

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

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

\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \cdot \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

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

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

Vậy với \(x > 0,x \ne 1\) thì \(B = \frac{2}{{\sqrt x }}\).

d) Với \(x > 1,\) ta có:

P=A.B=xx+12x−1.2x=x+1x−1=x−1+2x−1=x+1x−1x−1+2x−1=x+1+2x−1

Xét \(P = \sqrt x + 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} = \sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + 2\) với \(x > 1.\)

Do \(x > 1\) nên \(\sqrt x - 1 > 0\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

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

\(\sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} \ge 2\sqrt 2 \)

\(\sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + 2 \ge 2\sqrt 2 + 2\)

Suy ra \(P \ge 2\sqrt 2 + 2\) với \(x > 1\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\sqrt x - 1 = \frac{2}{{\sqrt x - 1}}\) .

Giải phương trình:

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

\({\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} = 2\)

\(\sqrt x - 1 = \sqrt 2 \) (do \(\sqrt x - 1 > 0)\)

\(\sqrt x = \sqrt 2 + 1\)

\(x = 3 + 2\sqrt 2 \) (thỏa mãn).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P = 2\sqrt 2 + 2\) khi \(x = 3 + 2\sqrt 2 \).

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

Ta có: \(\frac{x}{{2\left( {x - 3} \right)}} + \frac{x}{{2x + 2}} = \frac{{2x}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\)

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

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

\({x^2} + x + {x^2} - 3x - 4x = 0\)

\(2{x^2} - 6x = 0\)

\(2x\left( {x - 3} \right) = 0\)

\(x = 0\) hoặc \(x - 3 = 0\).

\(x = 0\) (thỏa mãn) hoặc \(x = 3\) (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 0\).

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

\(\frac{{30 + 6x + 12}}{{30}} > \frac{{30x + 15\left( {x - 2} \right) + 10\left( {x + 3} \right)}}{{30}}\)

     \(\frac{{6x + 42}}{{30}} > \frac{{30x + 15x - 30 + 10x + 30}}{{30}}\)

     \[\frac{{6x + 42}}{{30}} > \frac{{55x}}{{30}}\]

       \(6x + 42 > 55x\)

       \(6x - 55x >  - 42\)

              \( - 49x >  - 42\)

                    \(x < \frac{6}{7}\).

Vậy nghiệm cúa bất phương trình là \(x < \frac{6}{7}.\)

c) \(\sqrt {9{x^2} - 6x + 1} = 2\) \(\sqrt {{{\left( {3x - 1} \right)}^2}} = 2\) \(\left| {3x - 1} \right| = 2\)
Trường hợp 1. \(3x - 1 = 2\)  \(3x = 3\)  \(x = 1\).	Trường hợp 2: \(3x - 1 = - 2\)  \(3x = - 1\)  \(x = - \frac{1}{3}.\)

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

3. a) Đổi \(5,25\) tấn = \(5\,\,250\) kg.

Gọi \(x\) là số thùng bia mà xe có thể chở (\(x \in {\mathbb{N}^ * }\), đơn vị: thùng).

Khối lượng của \(x\) thùng bia là: \(6,7x\) (kg).

Tổng khối lượng của các thùng bia và bác tài xế là: \(6,7x + 65\) (kg).

Theo bài, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là \(5,25\) tấn nên ta có bất phương trình: \(65 + 6,7x \le 5\,\,250\).

b) Giải bất phương trình:

\(65 + 6,7x \le 5\,\,250\)

\(6,7x \le 5\,\,185\)

\(x \le \frac{{51\,\,850}}{{67}}\,\,\,\left( { \approx 773,88} \right)\).

Mà \(x \in {\mathbb{N}^ * }\) và cần tìm \(x\) có giá trị lớn nhất nên \(x = 773.\)

Vậy xe có thể chở được tối đa \(773\) thùng bia.

a) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \[\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\] và \[\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}}.\]

b) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn \(AB\).

Ta có: \[AB = AC \cdot \tan \widehat {ACB} = 79 \cdot \tan 68^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]

Xét tam giác \(ABD\)vuông tại \(A\), ta có: \(AB = BD \cdot \sin \widehat {ADB}\)

Suy ra \(BD = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{79 \cdot \tan 68^\circ }}{{\sin 45^\circ }} \approx 276,52{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Vận tốc trung bình của chiếc người đó khoảng: \(276,52:140 \approx 2,0{\rm{ (m/s)}}{\rm{.}}\)

Vậy vận tốc trung bình của người đó là khoảng \(2{\rm{ m/s}}\).

a) Gọi \[F\] là trung điểm của \[AO\]. Khi đó \[FO = FA = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta OMN\] cân tại \[O\] (do \[OM = ON\]) có \[OE\] là đường trung tuyến nên cũng là đường cao của \[\Delta OMN\], suy ra \[MN \bot OE\] tại \[E\], suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] hay \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\].

Xét \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\] có \[EF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[EF = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta CAO\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[CF = \frac{1}{2}AO\].

Vì \[EF = CF = FO = FA = \frac{1}{2}AO\] nên bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[F\] đường kính \[AO.\]

b) ⦁ Chứng minh \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \[AB,AC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là đường phân giác của \[\widehat {BOC}\], do đó \[\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\].

Mặt khác, \[\widehat {CIB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BC\])

Do đó, ta có: \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\].

• Chứng minh \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]

Xét đường tròn \[\left( F \right)\], có: \[\widehat {AEC} = \widehat {AOC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AC\]).

Mà \[\widehat {CIB} = \widehat {AOC}\] (chứng minh trên) nên \[\widehat {AEC} = \widehat {BIC}\]

Lại có \[\widehat {AEC},\,\,\widehat {BIC}\] ở vị trí đồng vị nên \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].

c)

Vẽ \[NG \bot AB\] kéo dài tại \[G\] và đường kính \[BN'\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có: \[{S_{AIN}} = {S_{ABN}} = \frac{1}{2}NG.AB\] (vì \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]).

Để diện tích \[AIN\] lớn nhất thì \[\frac{1}{2}NG.AB\] đạt giá trị lớn nhất, mà \[AB\] là đường kính đường tròn \[\left( O \right)\] nên có giá trị không đổi, do đó ta cần \[NG\] đạt giá trị lớn nhất.

Mà \[NG \le BN\] (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

Lại có, \[BN \le BN'\] (trong một đường tròn, độ dài các dây cung luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường kính).

Do đó, \[NG\] đạt giá trị lớn nhất khi \[NG = BN'\] hay \[G \equiv B\], hay \[NB \bot AB,OB \bot AB\].

Suy ra \[B,O,N\] thẳng hàng.

Vậy diện tích \[AIN\] lớn nhất khi \[B,O,N\] thẳng hàng.

2. Gọi \(x\)và \(y\) lần lượt là giá niêm yết của máy hút ẩm và quạt cây (triệu đồng, \[0 < x,\,\,y < 9\])

Theo đề bài ta có:\[x + y = 9\]          (1)

Số tiền đã giảm của máy hút ẩm là \[20\% x\] (triệu đồng).

Số tiền đã giảm của máy quạt cây là \[10\% y\] (triệu đồng).

Giá của máy hút ẩm và chiếc quạt cây được giảm lần lượt 20% và 10% so với giá niêm yết và tổng số tiền bác Cường được giảm là \(1,6\) triệu đồng, nên ta có phương trình:

\[20\% x + 10\% y = 1,6\] hay \[0,2x + 0,1y = 1,6\](2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 9}\\{0,2x + 0,1y = 1,6}\end{array}} \right.\]

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 0,2, ta được hệ phương trình mới là: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0,2x + 0,2y = 1,8}\\{0,2x + 0,1y = 1,6}\end{array}} \right.\].

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ, ta được: \(0,1y = 0,2\) nên \(y = 2\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 2\) vào phương trình (1), ta được: \(x + 2 = 9,\) suy ra \(y = 7\) (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của máy hút ẩm và máy quạt cây lần lượt là 7 triệu đồng và 2 triệu đồng.

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.