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

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

Hướng dẫn giải

d) Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có:

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

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: \[x \ne 1;x \ne 3\].

Ta có: \[\frac{{x + 1}}{{x - 3}} - \frac{{x + 3}}{{x - 1}} = \frac{{8x - 5}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}\]

\[\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{\left( {x + 3} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{8x - 5}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}\]

\[\frac{{{x^2} - 1 - \left( {{x^2} - 9} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{8x - 5}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}\]

\[{x^2} - 1 - {x^2} + 9 = 8x - 5\]

\[8 + 5 = 8x\]

\[8x = 13\]

\[x = \frac{{13}}{8}\] (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm là \[x = \frac{{13}}{8}\].

b) \[\frac{{4x + 9}}{3} + \frac{1}{2} \ge \frac{{2x - 1}}{4}\]

   \[\frac{{4\left( {4x + 9} \right)}}{{12}} + \frac{6}{{12}} \ge \frac{{3\left( {2x - 1} \right)}}{{12}}\]

   \[4\left( {4x + 9} \right) + 6 \ge 3\left( {2x - 1} \right)\]

   \[16x + 36 + 6 \ge 6x - 3\]

   \[16x + 42 \ge 6x - 3\]

   \[16x - 6x \ge - 3 - 42\]

   \[10x \ge - 45\]

    \[x \ge - \frac{9}{2}.\]

Vậy bất phương trình có nghiệm là \[x \ge - \frac{9}{2}.\]

c) \(\sqrt {4x + 20} = 20\)    (ĐKXĐ: \(x \ge - 5)\)

 \(\sqrt {4\left( {x + 5} \right)} = 20\)

\(2\sqrt {x + 5} = 20\)

\(\sqrt {x + 5} = 10\)

\(x + 5 = 100\)

\(x = 95\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho là \(x = 95\).

2. Gọi \[x,{\rm{ }}y\](nghìn đồng) lần lượt là giá vé của mỗi giáo viên và mỗi học sinh khi chưa giảm giá \(\left( {x,y > 0} \right).\)

Tổng chi phí cho vé trải nghiệm khi chưa giảm là 48 250 000 đồng nên ta có

\(15x + 235y = 48\,\,250\) hay \(3x + 47y = 9\,\,650\)       (1)

Nhân dịp Lễ Giáng Sinh nên giá vé trải nghiệm được giảm 5% cho mỗi vé của giáo viên và 8% cho mỗi vé của học sinh nên ta có

\(15 \cdot 95\% x + 235 \cdot 92\% y = 44\,\,498\)hay \(14,25x + 216,2y = 44\,\,498\)  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 47y = 9\,\,650\\14,25x + 216,2y = 44\,\,498\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 240\\y = 190\end{array} \right.\)(thoả điều kiện)

Vậy giá vé của mỗi giáo viên và mỗi học sinh khi chưa giảm giá lần lượt là 240 nghìn đồng và 190 nghìn đồng.

3. a) Hình tam giác có kích thước ba cạnh lần lượt là \(x + 2\,;\,\,x + 4\,;\,\,x + 5\) (đvđd).

Khi đó, chu vi hình tam giác là \(x + 2 + x + 4 + x + 5 = 3x + 11\) (đvđd).

Hình chữ nhật có chiều dài \(x + 3\) (đvđd) và chiều rộng \(x + 1\) (đvđd).

Khi đó, chu vi hình chữ nhật là \[2\left( {x + 3 + x + 1} \right) = 4x + 8\] (đvđd).

Vì chu vi của hình tam giác luôn lớn hơn chu vi của hình chữ nhậtnên ta có \(3x + 11 > 4x + 8\).

Vậy bất phương trình cần tìm là: \(3x + 11 > 4x + 8\).

b) Giải bất phương trình:

\(3x + 11 > 4x + 8\)

\(4x - 3x < 11 - 8\)

\(x < 3.\)

Mà \(x\) là giá trị nguyên lớn nhất có thể nên \(x = 2.\)

a) Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\sin \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AC}},\,\,\tan \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AH}}.\)

b) Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\tan \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AH}}\) nên \(AH = \frac{{CH}}{{\tan \widehat {CAH}}} = \frac{{CH}}{{\tan 43^\circ }}\) (1)

Xét tam giác \(BHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\tan \widehat {CBH} = \frac{{CH}}{{BH}}\) nên \(BH = \frac{{CH}}{{\tan \widehat {CBH}}} = \frac{{CH}}{{\tan 28^\circ }}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(AB = AH + BH = \frac{{CH}}{{\tan 43^\circ }} + \frac{{CH}}{{\tan 28^\circ }} = CH\left( {\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}} \right)\).

Do đó, \(CH = \frac{{AB}}{{\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}}} = \frac{{250}}{{\frac{1}{{\tan 43^\circ }} + \frac{1}{{\tan 28^\circ }}}} \approx 84,66{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)

Vậy cồn cách bờ sông hai người đứng khoảng \(84,66{\rm{ m}}\).

a) Vì \(d,\,\,d'\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \[d \bot OA,\,\,d' \bot OB\].

Tứ giác \(ABDC\) có \(AC\,{\rm{//}}\,BD\) (cùng vuông góc với \(AB\)) nên \(ABDC\) là hình thang.

Hình thang \(ABDC\) có \(\widehat {CAB} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) nên \(ABDC\) là hình thang vuông.

b) ⦁ Ta có \(\widehat {AOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOB} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AOC} + \widehat {DOB} = 180^\circ  - \widehat {COD} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ .\)

Lại có \(\widehat {DOB} + \widehat {ODB} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong \(\Delta OBD\) vuông tại \(B)\)

Do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {ODB}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta OBD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {OBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOC} = \widehat {BDO}\).

Do đó $\mathrm{\Delta CAO}\backsim \mathrm{\Delta OBD}$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{AO}}{{BD}}\) nên \(CA \cdot BD = OA \cdot OB = {R^2}\)

⦁ Vì  suy ra \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{CO}}{{OD}}\)

Mà \(OA = OB = R\) nên \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta COD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {COD} = 90^\circ \) và \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\)

Do đó $\mathrm{\Delta CAO}\backsim \mathrm{\Delta COD}$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\) (hai góc tương ứng).

Kẻ \(OH \bot CD\) tại \(H\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta CHO\) có:

\(\widehat {CAO} = \widehat {CHO} = 90^\circ \), \(CO\) là cạnh chung và \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\)

Do đó \(\Delta CAO = \Delta CHO\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(AO = HO\) (hai cạnh tương ứng).

Như vậy, \(CD \bot OH\) tại \(H\) và \(H\) thuộc đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (do \(OH = OA = R)\) nên \(CD\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

c) Xét \(\Delta CAO\) vuông tại \(A,\) ta có:

\(CA = OA \cdot \cot \widehat {ACO} = R \cdot \cot 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}.\)

Theo câu b, ta có \(CA \cdot BD = {R^2}\) nên \[BD = \frac{{{R^2}}}{{CA}} = \frac{{{R^2}}}{{\frac{{R\sqrt 3 }}{3}}} = R\sqrt 3 .\]

Diện tích hình thang vuông \(ABDC\) là:

\({S_1} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot \left( {CA + BD} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2R \cdot \left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{3} + R\sqrt 3 } \right) = \frac{{4{R^2}\sqrt 3 }}{3}{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Diện tích nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\) là: \({S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2}{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Diện tích hình được giới hạn bởi tứ giác \(ABDC\) và đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) là:

\[S = {S_1} - {S_2} = \frac{{4{R^2}\sqrt 3 }}{3} - \frac{{\pi {R^2}}}{2} = \frac{{4 \cdot {2^2} \cdot \sqrt 3 }}{3} - \frac{{\pi \cdot {2^2}}}{2} \approx 3{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}\]

Vậy diện tích hình được giới hạn bởi tứ giác \(ABDC\) và đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) khoảng \(3\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{.}}\)

Hướng dẫn giải

– Gọi \(x\) là số lần giảm giá \(10\,\,000\) đồng \(\left( {x \in \mathbb{N},\,\,0 \le x < 20} \right).\)

Giá bán mỗi sản phẩm sau khi giảm giá là: \(200 - 10x\) (nghìn đồng).

Số lượng sản phẩm bán ra sau khi giảm giá là: \(100 + 20x\) (chiếc).

Doanh thu \(T\left( x \right)\) của cửa hàng được tính bằng cách nhân giá bán mỗi sản phẩm với số lượng sản phẩm bán ra:

\(T\left( x \right) = \left( {200 - 10x} \right)\left( {100 + 20x} \right)\)

        \( = 200.\left( {100 + 20x} \right) - 10x\left( {100 + 20x} \right)\)

       \( = 20\,\,000 + 4\,\,000x - 1\,\,000x - 200{x^2}\)

       \( = 20\,\,000 + 3\,\,000x - 200{x^2}\)

      \( = - 200\left( {{x^2} - 15x + 7,{5^2}} \right) + 31\,\,250\)

      \( = - 200{\left( {x - 7,5} \right)^2} + 31\,\,250\) (nghìn đồng).

Nhận thấy \( - 200{\left( {x - 7,5} \right)^2} + 31\,\,250 \le 31\,\,250\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 7,5 = 0\) khi \(x = 7,5\).

Do \(x\) phải là số nguyên dương nên \(x = 7,5\) không thỏa mãn.

– Ta thấy rằng \(T\left( x \right) = - 200{\left( {x - 7,5} \right)^2} + 31\,\,250\) lớn nhất khi \({\left( {x - 7,5} \right)^2}\) nhỏ nhất.

Do giá trị của \(T\left( x \right)\) phụ thuộc \(x - 7,5\) và \(x\) nguyên nên ta xét các trường hợp sau:

⦁ Với \(x - 7,5 > 0\) hay \(x > 7,5\)

Mà \(x\) nguyên dương và \({\left( {x - 7,5} \right)^2}\) nhỏ nhất, nên ta lấy giá trị \(x = 8.\)

Khi đó, \(T\left( 8 \right) = 31\,\,200\) (nghìn đồng).

⦁ Với \(x - 7,5 < 0\) hay \(x < 7,5\)

Mà \(x\) nguyên dương và \({\left( {x - 7,5} \right)^2}\) nhỏ nhất, nên ta lấy giá trị \(x = 7.\)

Khi đó, \(T\left( 7 \right) = 31\,\,200\) (nghìn đồng).

Nhận thấy cả hai giá trị \(x = 7,\,\,x = 8\) đều cho doanh thu \(T = 31\,\,200\) (nghìn đồng) hay \(T = 31\,\,200\,\,000\) đồng. Do đó, cửa hàng nên giảm giá \(70\,\,000\) đồng hoặc \(80\,\,000\) đồng để thu được doanh thu cao nhất.