Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) có đáp án - Đề 2

a) ⦁ Xét biểu thức $A = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt x }}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x \ge 0$ và $\sqrt x \ne 0$, tức là $x > 0.$

⦁ Xét biểu thức $B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x \ge 0,\,\,\sqrt x - 3 \ne 0$ và $\sqrt x + 3 \ne 0.$

Với $x \ge 0$ ta thấy $\sqrt x + 3 > 0$ và $\sqrt x - 3 \ne 0$ khi $x \ne 9.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x > 0$ và điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x \ge 0$, $x \ne 9.$

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

$A = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{9}} }} = \frac{1}{3} - \frac{1}{{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3} - 3 = - \frac{8}{3}.$

Vậy giá trị biểu thức $A = - \frac{8}{3}$ tại $x = \frac{1}{9}.$

c) Với $x \ge 0;x \ne 9$, ta có:

$B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}$

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

$= \frac{{x + 6\sqrt x + 9 - \left( {x - 6\sqrt x + 9} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$

$= \frac{{x + 6\sqrt x + 9 - x + 6\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$

$= \frac{{12\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}.$

Vậy với $x \ge 0;x \ne 9$ thì $B = \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}.$

d) Với $x > 0;x \ne 9$, ta có:

$P = A \cdot B = \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right) \cdot \frac{{12\sqrt x }}{{x - 9}}$ $= \frac{{\sqrt x - 3}}{{3\sqrt x }}.\frac{{12\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$$= \frac{4}{{\sqrt x + 3}}$.

Với $x > 0;x \ne 9$, ta có $\sqrt x > 0$ nên $\sqrt x + 3 > 3$, suy ra $\frac{4}{{\sqrt x + 3}} < \frac{4}{3}$.

Ta cũng có: $\sqrt x + 3 > 3 > 0$ nên $\frac{4}{{\sqrt x + 3}} > 0$.

Do đó $0 < P < \frac{4}{3}.$

Như vậy, để $P$ nguyên thì $P = 1$.

Khi đó, ta có: $\frac{4}{{\sqrt x + 3}} = 1,$ suy ra $\sqrt x + 3 = 4$ nên $\sqrt x = 1,$ suy ra $x = 1$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy với $x = 1$ thì $P$ nhận giá trị nguyên.

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

Ta có: $\frac{{1 - 3x}}{{1 + 3x}} - \frac{{1 + 3x}}{{1 - 3x}} = \frac{4}{{1 - 9{x^2}}}$

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

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

${\left( {1 - 3x} \right)^2} - {\left( {1 + 3x} \right)^2} = 4$

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

$- 6x \cdot 2 = 4$

$- 12x = 4$

$x = - \frac{1}{3}$ (loại).

Vậy phương trình vô nghiệm.

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 $x \le \frac{{13}}{6}.$

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

2. Gọi $x,\,\,y$ (đồng) lần lượt là giá niêm yết của một thùng nước ngọt và một túi bánh sandwich $\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right)$.

Theo bài, cô Linh đi siêu thị mua 1 thùng nước ngọt và 4 túi bánh mì sandwich với giá niêm yết tổng cộng là 340 000 đồng nên ta có phương trình: $x + 4y = 340\,\,000$ (1)

Giá mỗi thùng nước ngọt sau khi tăng $5\%$ so với giá niêm yết là: $x + 5\% x = 1{,}05x$ (đồng).

Giá mỗi túi bánh mì sandwich được giảm $15\%$ so với giá niêm yết là:

$x - 15\% x = 0{,}85x$ (đồng).

Theo bài, khi thanh toán cô Linh chỉ cần trả tổng cộng $325\,\,000$ đồng nên ta có phương trình:

$1{,}05x + 4 \cdot 0{,}85y = 325\,\,000$ hay $1{,}05x + 3{,}4y = 325\,\,000$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 340\,\,000\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\1{,}05x + 3{,}4y = 325\,\,000\end{array} \right.$

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với $1{,}05,$ ta được hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}1{,}05x + 4{,}2y = 357\,\,000\\1{,}05x + 3{,}4y = 325\,\,000\end{array} \right.$

Trừ từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:

$0{,}8y = 32\,\,000$ nên $y = 40\,\,000$ (thỏa mãn).

Thay $y = 40\,\,000$ vào phương trình (1), ta được:

$x + 4 \cdot 40\,\,000 = 340\,\,000$ nên $x = 180\,\,000$ (thỏa mãn).

Vậy một thùng nước ngọt và một túi bánh mì sandwich có giá niêm yết lần lượt là $180\,\,000$ đồng và $40\,\,000$ đồng.

3. a) Gọi số tiền bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là $x$ (triệu đồng) $\left( {x > 0} \right).$

Số tiền lãi bà Mai nhận được sau 1 năm là $4{,}7\% x$ (triệu đồng).

Vì số tiền lãi hàng năm ít nhất là $18\,\,800\,\,000$ đồng $( = 18{,}8$ triệu đồng) nên ta có bất phương trình:

$4{,}7\% x \ge 18{,}8$.

b) Giải bất phương trình:

$4{,}7\% x \ge 18{,}8$

$0{,}047x \ge 18{,}8$

$x \ge 400$

Vậy bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là $400$ triệu đồng.

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) Vì $AB$ và $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O$ nên $AB \bot OB$, $AC \bot OC$, do đó $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ$. Gọi $K$ là trung điểm của $AO$.

Xét $\Delta ABO$ vuông tại $B$ có $BK$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AO$ nên $BK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}$ (1).

Xét $\Delta ACO$ vuông tại $C$ có $CK$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AO$ nên $CK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BK = CK = AK = KO = \frac{{AO}}{2}$.

Vậy các điểm $A,\,B,\,O,C$ cùng thuộc một đường tròn tâm $K$ đường kính $AO$.

b) ⦁ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại $A$ của đường tròn $\left( O \right)$ ta có: $AB = AC$ suy ra $A$ thuộc đường trung trực của $BC$ (3).

Lại có $OB = OC = R$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của $BC$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $AO$ là đường trung trực của $BC$ hay $OA$ vuông góc với $BC$ tại $H$.

⦁ Xét đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $BD$ có $\widehat {BCD}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {BCD} = 90^\circ .$

Ta có: $\widehat {BAH} + \widehat {ABH} = 90^\circ$ (tổng hai góc nhọn của tam giác $\Delta ABH$ vuông tại $H)$ và $\widehat {DBC} + \widehat {ABH} = 90^\circ$

Suy ra $\widehat {BAH} = \widehat {DBC}\,$.

Xét $\Delta DBC$ và $\Delta BAH$ có: $\widehat {BCD} = \widehat {AHB} = 90^\circ$ và $\widehat {DBC} = \widehat {BAH}$

Do đó $ΔDBC∽ΔBAH$ (g.g).

c)

c) Vì $AO$ là đường trung trực của $BC$ và $AO$ cắt $BC$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $BC.$ Suy ra $BC = 2BH.$

Vì $ΔDBC∽ΔBAH$ (câu b) nên $\frac{{BC}}{{AH}} = \frac{{DC}}{{BH}}$

Mà $AH = 2MH$ (do $M$ là trung điểm của $AH)$ và $BC = 2BH$, suy ra $\frac{{2BH}}{{2MH}} = \frac{{DC}}{{BH}} = \frac{{BH}}{{MH}}$.

Lại có $BH = HC$ nên $\frac{{MH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{DC}}$.

Xét $\Delta BMH$ và $\Delta DHC$ có: $\widehat {MHB} = \widehat {HCD} = 90^\circ$ và $\frac{{MH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{DC}}$

Do đó $\mathrm{ΔBMH}∽\mathrm{ΔDHC}$ (g.g), suy ra $\widehat {MBH} = \widehat {HDC}$ (1)

Lại có $\widehat {MBH} = \widehat {NBC} = \widehat {NDC}$ (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $NC$ của đường tròn $\left( O \right)$)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {NDC} = \widehat {HDC}$, nên hai tia $DN,\,DH$ trùng nhau, do đó $D,\,H\,,N$ thẳng hàng.

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.