Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 2

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

Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) và \(x \ge 0\) và \(\sqrt x - 2 \ne 0\) hay \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

⦁ Xét biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}}\).

Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,\sqrt x + 2 \ne 0\) và \(x - 4 \ne 0.\)

Với \(x \ge 0\) ta thấy \(\sqrt x + 2 > 0\) và \(x - 4 \ne 0\) khi \(x \ne 4.\)

Vậy, điều kiện xác định của biểu thức \(A\) và biểu thức \(B\) đều là \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

b) Với \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện), ta có

\(A = \frac{{16 + 3}}{{\sqrt {16} - 2}} = \frac{{19}}{{4 - 2}} = \frac{{19}}{2}\).

Vậy khi \(x = 16\) thì giá trị của biểu thức \(A\)bằng \(\frac{{19}}{2}\).

c) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\), ta có

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

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

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

Hướng dẫn giải

d) Ta có \(P = \frac{A}{B} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }}\).

Do đó \(P \le 4\) khi \(\frac{{x + 3}}{{\sqrt x }} \le 4\) suy ra \(\frac{{x + 3}}{{\sqrt x }} - 4 \le 0\) hay \(\frac{{x + 3 - 4\sqrt x }}{{\sqrt x }} \le 0\).

Do \(\sqrt x > 0\) nên để \(\frac{{x + 3 - 4\sqrt x }}{{\sqrt x }} \le 0\) thì \(x + 3 - 4\sqrt x \le 0\).

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

Do đó \(x + 3 - 4\sqrt x \le 0\) khi \({\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} - 1 \le 0\) suy ra \[ - 1 \le \;\sqrt x - 2 \le 1\] hay \[1 \le \;\sqrt x \le 3\] từ dó suy ra \[1 \le \;x \le 9\].

Vì \[x\] nguyên nên ta có \[x \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}.\]

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

Ta có: \(\frac{4}{{x - 1}} - \frac{3}{x} = \frac{{4x}}{{x\left( {x - 1} \right)}}\)

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

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

\(4x - 3x + 3 = 4x\)

\(4x - 3x - 4x = - 3\)

\( - 3x = - 3\)

    \(x = 1\) (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

\(\frac{5}{{11}}x - \frac{3}{2}\left( {2x - \frac{2}{3}} \right) \ge 3\left( {x - 2} \right)\)

    \(\frac{5}{{11}}x - 3x + 1 \ge 3x - 6\)

    \(\frac{5}{{11}}x - 3x - 3x \ge - 6 - 1\)

   \( - \frac{{61}}{{11}}x \ge - 7\)

           \(x \le - 7:\left( { - \frac{{61}}{{11}}} \right)\)

            \(x \le \frac{{77}}{{61}}.\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \le \frac{{77}}{{61}}.\)

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. Gọi \(x,\,\,y\) (tấn) lần lượt là khối lượng thép 10% và thép 20% cần dùng  \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right)\).

Để luyện được 1000 tấn thép mới thì \(x + y = 1000\).                (1)

Khối lượng thép chứa 10% carbon là \(10\% x = 0,1x\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

Khối lượng thép chứa 20% carbon là \(20\% x = 0,2x\,\,\left( {{\rm{kg}}} \right)\)

Theo đề bài, cần luyện được 1000 tấn thép chứa 16% carbon từ hai loại thép trên nên ta có

\(0,1x + 0,2y = 16\% .1000\)hay \(0,1x + 0,2y = 160\) nên \(x + 2y = 1600\).        (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1000\\0,1x + 0,2y = 160\end{array} \right.\)

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 10, ta được hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1000\\x + 2y = 1600\end{array} \right.\)

Trừ từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất của hệ trên, ta được: \(y = 600\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 600\) vào phương trình (1), ta được:

\(x + 600 = 1000\) nên \(x = 400\) (thỏa mãn).

Vậy để luyện được 1000 tấn thép chứa 16% carbon thì cần dùng 600 tấn thép 10% và 400 tấn thép 20%.

3. a) Gọi \(x\) (quả) là số quả bóng được ném vào rổ (\(0 < x \le 15\), \(x \in \mathbb{N}).\)

Số quả bóng ném ra ngoài là: \(15 - x\) (quả).

Số điểm nhận được khi ném được \(x\) quả bóng vào rổ là: \(2x\) (điểm).

Số điểm bị trừ khi ném \(15 - x\) quả ra ngoài là: \(15 - x\) (điểm).

Tổng số điểm đạt được sau khi ném \(15\) quả bóng là: \(2x - \left( {15 - x} \right)\) (điểm).

Theo bài, nếu đạt 15 điểm trở lên thì sẽ được chọn vào đội tuyển nên ta có bất phương trình:

\(2x - \left( {15 - x} \right) \ge 15\).

b) Giải bất phương trình lập được ở câu a:

\(2x - \left( {15 - x} \right) \ge 15\)

\(2x - 15 + x \ge 15\)

\(3x \ge 30\)

\(x \ge 10\).

Mà \(x \in \mathbb{N}\) và cần tìm giá trị \(x\) nhỏ nhất nên \(x = 10.\)

Vậy muốn được chọn vào đội tuyển thì bạn học sinh phải ném được ít nhất 10 quả bóng vào rổ.

a) Xét tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\), ta có: \(\sin \widehat {ABE} = \frac{{AE}}{{AB}},\,\,\tan \widehat {ABE} = \frac{{AE}}{{BE}}.\)

b) Chiều cao của tòa nhà chính là độ dài đoạn thẳng \(BH\).

Xét tam giác \(CAE\) vuông tại \(E\), ta có:

\(CE = AE.\tan \widehat {CAE} = AE.\tan 40^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) (1).

Xét tam giác \(BAE\) vuông ở \(E\), ta có:

\(BE = AE.\tan \widehat {BAE} = AE.\tan 50^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BC = BE - CE = AE\tan 50^\circ - AE\tan 40^\circ \)

                                \(BC = AE\left( {\tan 50^\circ - \tan 40^\circ } \right)\)

                                \(5 = AE\left( {\tan 50^\circ - \tan 40^\circ } \right)\)

                               \(AE = \frac{5}{{\tan 50^\circ - \tan 40^\circ }}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Suy ra \(CE = AE \cdot \tan \widehat {CAE} = \frac{5}{{\tan 50^\circ - \tan 40^\circ }} \cdot \tan 40^\circ \approx 11,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Chiều cao của tòa nhà là: \(5 + 11,9 + 7 \approx 23,9{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy tòa nhà cao \(23,9{\rm{ m}}.\).

a) Ta có: \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

               \(OA = OB\) (cùng bằng bán kính đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của \(AB.\)

Mà đường thẳng \(AB\) cắt \(OM\) tại \(K\) nên \(K\) là trung điểm của \(AB.\)

b) Ta có: \(\widehat {ABN} = 90^\circ \) (\(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AN\)).

Suy ra \[BN\parallel MO\] (cùng vuông góc với \(AB\)).

Do đó: \(\widehat {AOM} = \widehat {ANB}\) (đồng vị)

            \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) (\(OM\) là phân giác \(\widehat {AOB}\))

Suy ra \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\).

Xét \(\Delta BHN\) và \(\Delta MBO\), có:\(\widehat {BHN} = \widehat {MBO} = 90^\circ \); \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\)

Suy ra $\Delta BHN\backsim \Delta MBO$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BH}}{{MB}} = \frac{{BN}}{{MO}}\) hay \(MB.BN = BH.MO\) (đpcm).

c) Xét \(\Delta AOM\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOM} = 60^\circ .\)

Do \(MA\) và \(MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác góc \(\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {MOA} = 120^\circ \).

Do đó, \(\widehat {NOB} = 180^\circ - \widehat {BOA} = 60^\circ \) nên .

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là:

\[S = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là \[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

Hướng dẫn giải

Với a là chiều dài của hai ngăn bể cá. Ta có \(V = abc = 750\) (1)

Diện tích các miếng hình là : \(S = ab + 2ac + 2bc\).

Ta có \(\frac{S}{{abc}} = \frac{1}{c} + \frac{2}{b} + \frac{3}{a}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{c};\,\,\frac{2}{b};\,\,\frac{3}{a}\) ta được

\(\frac{S}{{abc}} = \frac{1}{c} + \frac{2}{b} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{c} \cdot \frac{2}{b} \cdot \frac{3}{a}}} = \frac{{3\sqrt[3]{6}}}{{\sqrt {abc} }} = \frac{{3\sqrt[3]{6}}}{{\sqrt {750} }}.\)

Dấu  xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{c} = \frac{2}{b} = \frac{3}{a}\\abc = 750\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}2a = 3b\\a = 3c\\b = 2c\\abc = 750\end{array} \right.\).

Khi đó, ta có \(3c \cdot 2c \cdot c = 750\) hay \(6{c^3} = 750\) nên \({c^3} = 125\) suy ra \(c = 5\).

Do đó \(a = 3c = 15\,;\,\,b = 2c = 10\,;\,\,c = 5.\)

Vậy các kích thước\(a = 15\,;\,\,b = 10\,;\,\,c = 5\) để lượng inox cần sử dụng là ít nhất.