Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) có đáp án - Đề 4

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

d) Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có:

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

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.

1. a) Điều kiện xác định: $x \ne 0,x \ne 2$.

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

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

$x\left( {x + 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 2$

${x^2} + 2x - x + 2 - 2 = 0$

${x^2} + x = 0$

$x\left( {x + 1} \right) = 0$

$x = 0$ hoặc $x + 1 = 0$

$x = 0$ (loại) hoặc $x = - 1$ (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là $x = - 1$.

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) $\sqrt {4x + 20} = 20$ (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. a) Gọi $x,y$ lần lượt là giá niêm yết của loại vé I và II ($x,y > 0$, đơn vị: nghìn đồng).

• Tuần lễ kích cầu du lịch:

Giá loại vé I giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là $85\% x = 0{,}85x$ (nghìn đồng).

Giá loại vé II giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là $90\% y = 0{,}9y$ (nghìn đồng).

Do đó, tổng số tiền khi anh Bảo mua 3 vé loại I và 2 vé loại II là:

$3 \cdot 0{,}85x + 2 \cdot 0{,}9y = 2{,}55x + 1{,}8y$ (nghìn đồng).

Theo bài, anh Bảo phải trả số tiền là $24\,\,825\,\,000$ đồng (hay $24\,\,825$ nghìn đồng) nên ta có phương trình:

$2{,}55x + 1{,}8y = 24\,\,825$ (1)

• Tuần lễ Quốc tế Lao động:

Giá loại vé I giảm 10%, tức là sẽ có giá 100% – 10% = 90% của giá niêm yết nên giá bán vé loại I lúc này là $90\% x = 0{,}9x$ (nghìn đồng).

Giá loại vé II giảm 15%, tức là sẽ có giá 100% – 15% = 85% của giá niêm yết nên giá bán vé loại II lúc này là $85\% y = 0{,}85y$ (nghìn đồng).

Do đó, tổng số tiền khi anh Bình mua 3 vé loại I và 4 vé loại II là:

$3 \cdot 0{,}9x + 4 \cdot 0{,}85y = 2{,}7x + 3{,}4y$ (nghìn đồng).

Theo bài, anh Bình phải trả số tiền là $37\,\,790\,\,000$ đồng (hay $37\,\,790$nghìn đồng) nên ta có phương trình:

$2{,}7x + 3{,}4y = 37\,\,790$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{,}55x + 1{,}8y = 24\,\,825\\2{,}7x + 3{,}4y = 37\,\,790\end{array} \right.$.

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 3,4 và nhân cả hai vế của phương trình (2) với 1,8, ta được hệ phương trình mới là: $\left\{ \begin{array}{l}8{,}67x + 6{,}12y = 84\,\,405\\4{,}86x + 6{,}12y = 68\,\,022\end{array} \right.$

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

$3{,}81x = 16383$ suy ra $x = 4300$ (thỏa mãn).

Thay $x = 4\,\,300$ vào phương trình (1), ta được:

$2{,}55 \cdot 4\,\,300 + 1{,}8y = 24\,\,825$ suy ra $1{,}8y = 13\,\,860$ nên $y = 7\,\,700$ (thỏa mãn).

Ta có $4\,\,300$ nghìn đồng tức là $4{\rm{ 300 000}}$ đồng; $7\,\,700$ nghìn đồng là $7{\rm{ }}700{\rm{ 000}}$ đồng.

Vậy giá niêm yết của loại vé I là $4{\rm{ 300 000}}$ đồng và giá niêm yết của loại vé II là $7{\rm{ }}700{\rm{ 000}}$ đồng.

b) i) – Trong dịp lễ Quốc tế Lao động, doanh nghiệp định thưởng 6 vé loại I mà theo bài, nếu khách hàng mua từ 5 vé thuộc cùng một loại trở lên thì sẽ được giảm thêm $7\%$ của giá vé đã giảm lần đầu, do đó giá tiền của mỗi vé loại I mà doanh nghiệp này đã mua được là:

$0{,}9 \cdot 4\,\,300\,\,000 \cdot \left( {100\% - 7\% } \right) = 3\,\,599\,\,100$ (đồng).

Do đó, số tiền mua 6 vé loại I này là: $6 \cdot 3\,\,599\,\,100 = 21\,\,594\,\,600$ (đồng).

– Gọi số vé thưởng loại II là $n{\rm{ }}\left( {n \in {\mathbb{N}^ * },\,\,n \ge 5} \right)$.

Khi doanh nghiệp mua ít nhất là 5 vé loại II, thì giá tiền mỗi vé loại II là:

$0{,}85 \cdot 7{\rm{ }}700{\rm{ 000}} \cdot \left( {100\% - 7\% } \right) = 6\,\,086\,\,850$ (đồng).

Do đó, số tiền mua $n$ vé loại II lúc này là: $6\,\,086\,\,850n$ (đồng).

Theo bài, nguồn kinh phí thưởng không vượt quá 95 triệu đồng, do đó ta có bất phương trình:

$21\,\,594\,\,600 + 6\,\,086\,\,850n \le 95{\rm{ 000 000}}$.

ii) Giải bất phương trình:

$$21\,\,594\,\,600 + 6\,\,086\,\,850n \le 95{\rm{ 000 000}}$$

$$6\,\,086\,\,850n \le 73{\rm{ 405 400}}$$

$n \le 12{,}05966962...$.

Do $n \in {\mathbb{N}^ * }$ và cần tìm giá trị $n$ lớn nhất nên $n = 12$.

Do đó, doanh nghiệp có thể mua 6 vé loại I và nhiều nhất là 12 vé loại II.

Vậy doanh nghiệp A có thể mua nhiều nhất 18 vé thưởng cho nhân viên.

a) Xét tam giác $ADC$ vuông tại $C$, ta có: $\cot \widehat {DAC} = \frac{{AC}}{{CD}}.$

Xét tam giác $BDC$ vuông tại $C$, ta có: $\cot \widehat {DBC} = \frac{{BC}}{{CD}}.$

b) Từ câu a, ta có: $AC = CD \cdot \cot \widehat {DAC} = h \cdot \cot 60^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).$

$BC = CD \cdot \cot \widehat {DBC} = h \cdot \cot 75^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).$

Do $AB = AC - BC$ nên $h \cdot \cot 60^\circ - h \cdot \cot 75^\circ = 101$

Hay $h \cdot \left( {\cot 60^\circ - \cot 75^\circ } \right) = 101$.

Suy ra $h = \frac{{101}}{{\cot 60^\circ - \cot 75^\circ }} \approx 326$ (m).

Vậy tháp Eiffel có độ cao khoảng $326$ (m).

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.

Hướng dẫn giải

Xét $\Delta AEH$ và $\Delta CGF$ có:

$\widehat {EAH} = \widehat {GCF} = 90^\circ$ và $\widehat {AEH} = \widehat {CGF}$ (dễ dàng chứng minh được từ dữ kiện $EH\,{\rm{//}}\,GF,\,\,AB\,{\rm{//}}\,CD)$.

Do đó $ΔAEH∽ΔCGF$ (g.g).

Suy ra $\frac{{AH}}{{CF}} = \frac{{AE}}{{CG}}$ hay $\frac{x}{3} = \frac{2}{y}$, do đó $xy = 6$ và $y = \frac{6}{x}$.

Diện tích hình vuông $ABCD$ là: ${S_{ABCD}} = {6^2} = 36{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích tam giác $BEF$ là: ${S_{BEF}} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \left( {6 - 2} \right) = 6{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích hình thang $EFGH$ là:

${S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - {S_{BEF}} - {S_{AHE}} - {S_{DHG}} - {S_{CGF}} = 30 - \left( {{S_{AHE}} + {S_{DHG}} + {S_{CGF}}} \right)$

$= 30 - \left[ {\frac{1}{2} \cdot 2x + \frac{1}{2}\left( {6 - x} \right)\left( {6 - y} \right) + \frac{1}{2} \cdot 3y} \right]$

$= 30 - \left[ {x + \frac{1}{2}\left( {36 - 6y - 6x + xy} \right) + \frac{3}{2}y} \right]$

$= 30 - \left[ {x + 18 - 3y - 3x + \frac{1}{2}xy + \frac{3}{2}y} \right]$

$= 30 - \left[ { - 2x + 18 - \frac{3}{2}y + \frac{1}{2}xy} \right]$

$$= 12 + 2x + \frac{3}{2}y - \frac{1}{2}xy$$

$= 12 + 2x + \frac{3}{2} \cdot \frac{6}{x} - \frac{1}{2} \cdot 6$ (do $xy = 6$ và $y = \frac{6}{x}$).

$$= 9 + 2x + \frac{9}{x}.$$

Để ${S_{EFGH}}$ nhỏ nhất thì $2x + \frac{9}{x}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: $2x + \frac{9}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{9}{x}} = 6\sqrt 2$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $2x = \frac{9}{x}$ hay $2{x^2} = 9$, tức là $x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.$ Lúc này, $y = \frac{6}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 2 .$

Khi đó, ${S_{EFGH}}$ đạt giá trị nhỏ nhất là${S_{EFGH}} = 9 + 2 \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} + \frac{9}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}} = 9 + 6\sqrt 2 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Vậy điểm $G \in CD$ và $H \in AD$ sao cho $CG = 2\sqrt 2$, $AH = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$ thì diện tích hình thang $EFGH$ đạt giá trị nhỏ nhất.