Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 3

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

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

Với \(x \ge 0\), ta có: \(\sqrt x - 2 \ne 0\) khi \(x \ne 4;\)

\(\sqrt x + 2 > 0\);

\(x - 4 \ne 0\) khi \(x \ne 4.\)

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

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

Do đó, điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,\sqrt x - 2 \ne 0,\) tức là \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).

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

b) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:

\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196}  + 2} \right)}}{{\sqrt {196}  - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].

Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].

c) Với \(x \ge 0,  x \ne 4\), ta có:

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

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \frac{{4x}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 4\sqrt x  + 4 - x + 4\sqrt x  - 4 + 4x}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\]

\[ = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\].

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

d) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có

\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{4\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\].

Với \(x \ge 0,  x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.

Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x  - \sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x  + 2}}\].

Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x  + 2 > 0\] với \(x \ge 0,  x \ne 4\).

Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x  + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P  < 1\], do đó \[\sqrt P  - 1 < 0\].

Mà \[\sqrt P  \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P  - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P  \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].

Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].

a) Điều kiện xác định: \(x \ne \frac{1}{3},\,\,x \ne - \frac{1}{3}.\)

Ta có: \(\frac{{1 - 3x}}{{1 + 3x}} - \frac{{1 + 3x}}{{1 - 3x}} = \frac{{12}}{{1 - 9{x^2}}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} - \frac{{{{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{{12}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\(\frac{{{{\left( {1 - 3x} \right)}^2} - {{\left( {1 + 3x} \right)}^2}}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}} = \frac{{12}}{{\left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - 3x} \right)}}\)

\({\left( {1 - 3x} \right)^2} - {\left( {1 + 3x} \right)^2} = 12\)

\(\left( {1 - 3x - 1 - 3x} \right)\left( {1 - 3x + 1 + 3x} \right) = 12\)

\( - 6x \cdot 2 = 12\)

\( - 12x = 12\)

    \(x = - 1\) (thỏa mãn).

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

b) \(5x - \frac{7}{2}\left( {2x - 5} \right) < \frac{2}{3}\left( {x - 1} \right)\)

     \(5x - 7x + \frac{{35}}{2} < \frac{2}{3}x - \frac{2}{3}\)

     \( - 2x - \frac{2}{3}x < - \frac{2}{3} - \frac{{35}}{2}\)

       \( - \frac{8}{3}x < - \frac{{109}}{6}\)

        \(x > - \frac{{109}}{6}:\left( { - \frac{8}{3}} \right)\)

         \(x > \frac{{109}}{{16}}\).

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x > \frac{{109}}{{16}}\).

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

2. Gọi \[x\] và \[y\] (người)lần lượt là số giáo viên và học sinh đi tham quan \[\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N};\,\,x,\,y > 0} \right).\]

Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là \(10\) người nên \[x + y = 10\].    (1)

Giá tiền mỗi vé của giáo viên sau khi giảm là:

\(150\,\,000 - 150\,\,000.10\% = 135{\rm{ }}000\) (đồng)

Giá tiền mỗi vé của học sinh sau khi giảm là:

\(150\,\,000 - 150\,\,000.20\% = 120{\rm{ }}000\) (đồng)

Vì tổng số tiền mua vé là \(1\,\,230\,\,000\) đồng nên

\(135\,\,000x + 120\,\,000y = 1\,\,230\,\,000\) hay \(9x + 8y = 82\).       (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\9x + 8y = 82\end{array} \right.\).

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 8, ta được hệ phương trình mới là: \(\left\{ \begin{array}{l}8x + 8y = 80\\9x + 8y = 82\end{array} \right.\).

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

Thay \(x = 2\) vào phương trình (1), ta được: \(2 + y = 10,\) suy ra \(y = 8\) (thỏa mãn).

Suy ra \[x = 2\,;y = 8\](TMĐK).

Vậy có \[2\] giáo viên và \[8\] học sinh đi tham quan.

3. a) Gọi \(x\) là số giờ Laurent David làm việc \(\left( {x > 0} \right).\)

Số tiền Laurent David kiếm được là: \(10,25x\,\,(\euro ).\)

Theo bài, Laurent David muốn kiếm được ít nhất \(1\,\,500\,\,\euro \) trong mùa hè nên ta có bất phương trình:

\(10,25x \ge 1\,\,500\).

Vậy bất phương trình cần tìm là \(10,25x \ge 1\,\,500\).

b) Giải bất phương trình \(10,25x \ge 1500\), ta được:

\(10,25x \ge 1\,\,500\)

\(x \ge 1\,\,500:10,25\)

\(x \ge \frac{{1\,\,500}}{{10,25}}\,\,\,( \approx 146,34)\).

Do đó, Laurent David cần làm việc tối thiểu \(147\) giờ để kiếm được ít nhất \(1\,\,500\,\,\euro \) trong mùa hè này.

Ta có: \[Ax\,{\rm{//}}\,BC\] suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {xAC} = 35^\circ \] (so le trong).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B,\) ta có:

\[\sin 35^\circ = \sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}};\]\[\tan 35^\circ = \tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}.\]

Ta có \[AB = 1,6 + 25 = 26,6{\rm{ m}}{\rm{.}}\]

Theo câu a, ta có:

⦁\[\tan 35^\circ = \tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\] nên \[BC = \frac{{AB}}{{\tan 35^\circ }} = \frac{{26,6}}{{\tan 35^\circ }} \approx 38{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\]

⦁\[\sin 35^\circ = \sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}}\] nên \[AC = \frac{{AB}}{{\sin 35^\circ }} = \frac{{26,6}}{{\sin 35^\circ }} \approx 46{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Vậy chiếc xe cách tòa nhà khoảng \[38{\rm{ m}}\] và cách mắt người quan sát khoảng \(46{\rm{\;m}}.\)

a) Ta có \(CA,\,\,CM\) là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C\) nên \(CA = CM\) và \(OC\)là tia phân giác của \[\widehat {AOM}\], do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.\)

Tương tự, ta có \(DB = DM\) và \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\], do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.\)

Mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .\]

Khi đó, ta có: \[\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .\]

Hay \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

Vì \(CD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) nên \[CD \bot OM.\]

Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta ODM\) có:

\[\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ \] và \(\widehat {OCM} = \widehat {DOM}\) (cùng phụ với \(\widehat {COM}\))

Do đó $\Delta COM\backsim \Delta ODM$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}\) hay \[O{M^2} = CM.DM\].

Mà \[AC = CM\] và \[BD = MD\] (chứng minh trên)

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] hay \[{R^2} = AC \cdot BD\]. (1)

Mặt khác, \(AB\) là đường kính của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[AB = 2R,\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

b) Ta có: \[AC \bot AB,\,\,BD \bot AB\] nên \[AC\,{\rm{//}}\,BD\].

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\].

Mà \[CA = CM\], \[BD = DM\] (chứng minh câu a)

Do đó ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] (định lí Thalès đảo).

Lại có \[BD \bot AB\] nên \[MN \bot AB.\]

c) Xét tam giác \[MOD\], có: \[\cos \widehat {MOD} = \frac{{MO}}{{OD}} = \frac{{MO}}{{2MO}} = \frac{1}{2}\], suy ra \[\widehat {MOD} = 60^\circ \].

Theo câu a, \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\] nên \[\widehat {BOM} = 2\widehat {MOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Mà \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ \] (câu a)

Suy ra \[\widehat {AOM} = 180^\circ - \widehat {BOM} = 180^\circ - 120^\circ  = 60^\circ \].

Mà \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn cung \(AM\) nhỏ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OA\] và cung nhỏ \[MA\] là:

\[S = \frac{{60 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đơn vị diện tích).

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

Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng \(16{\rm{ cm}}\) và cạnh đáy là \(2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Xét tam giác \(SBC\), kẻ đường cao \(SH \bot BC\) tại \(H\).

Do tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung trực suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Suy ra \(BH = HC = \frac{{BC}}{2} = x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{ }}\left( {0 < x < 16} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(SHC\), ta có:\(S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\)

Suy ra \(S{H^2} = {16^2} - {x^2} = 256 - {x^2}\).

Do đó \(SH = \sqrt {256 - {x^2}} \).

Diện tích tam giác \(SBC\) là \(\frac{1}{2}.2x.\sqrt {256 - {x^2}} = x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích giấy màu cần sử dụng là \(4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thực hiện tính giá trị lớn nhất của \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} {\rm{ }}\)với \(0 < x < 16\).

Ta có: \(4x\sqrt {256 - {x^2}} = 4\sqrt {256{x^2} - {x^4}} \)

                                \( = 4\sqrt { - \left( {{x^4} - 2.128{x^2} + {{128}^2}} \right) + {{128}^2}} \)

                                \( = 4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \).

Vì \({\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \ge 0\)với mọi \(x \in \mathbb{R}\)nên \( - {\left( {{x^2} - 128} \right)^2} \le 0\)với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Suy ra \(4\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 128} \right)}^2} + {{128}^2}} \le 4\sqrt {{{128}^2}} = 512\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, \(S = 4x\sqrt {256 - {x^2}} \le 512\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Dấu  xảy ra khi \({x^2} - 128 = 0\) hay \(x = 8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {0 < x < 16} \right)\).

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là \(512{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).