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

a) ⦁ Xét biểu thức $A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}}$.

Với $x \ge 0,$ ta luôn có $\sqrt x + 7 > 0.$

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x \ge 0.$

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

Với $x \ge 0,$ ta có $x - 4 = \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right).$

Điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x \ge 0,\,\,x - 4 \ne 0$ tức là $x \ge 0,\,\,x \ne 4.$

b) Thay $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A,$ ta được:

$$A = \frac{{\sqrt {25} - 2}}{{\sqrt {25} + 7}} = \frac{{5 - 2}}{{5 + 7}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.$$

Vậy $A = \frac{1}{4}$ khi $x = 25.$

c) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4,$ ta có:

$B = \frac{x}{{x - 4}} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}$

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

$= \frac{{x + \sqrt x + 2 + \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)}}$

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

Vậy với $x \ge 0,\,\,x \ne 4,$ thì $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.$

d) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4,$ ta có: $P = AB = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}$$= \frac{x}{{\sqrt x + 7}}.$

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4,$ ta cũng có $P \ge 0$. Khi đó, $\sqrt P \le \frac{1}{2}$ suy ra $P \le \frac{1}{4}.$

Ta có: $P \le \frac{1}{4}$

$$\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}$$

$$\frac{{4\sqrt x }}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}} \le \frac{{\sqrt x + 7}}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}}$$

$$4\sqrt x \le \sqrt x + 7$$

$$3\sqrt x \le 7$$

$$\sqrt x \le \frac{7}{3}$$

$$x \le \frac{{49}}{9}$$

Kết hợp các điều kiện, ta có $0 \le x \le \frac{{49}}{9};\,\,x \ne 4.$

Mà $x$ nguyên nên $x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}$

Vậy $x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}$.

a) Điều kiện xác định $x \ne - 1,\,\,x \ne 1.$

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

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

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

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

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

$2x.\left( { - 2} \right) = - 4$

$- 4x = - 4$

$x = 1$ (không thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

b) $\frac{{3 - 5x}}{3} - \frac{{4x + 1}}{4} \ge \frac{{2x + 1}}{2} + 3$

$\frac{{4\left( {3 - 5x} \right)}}{{12}} - \frac{{3\left( {4x + 1} \right)}}{{12}} \ge \frac{{6\left( {2x + 1} \right)}}{{12}} + \frac{{3 \cdot 12}}{{12}}$

$$4\left( {3 - 5x} \right) - 3\left( {4x + 1} \right) \ge 6\left( {2x + 1} \right) + 3 \cdot 12$$

$$12 - 20x - 12x - 3 \ge 12x + 6 + 36$$

$$- 32x + 9 \ge 12x + 42$$

$$- 44x \ge 33$$

$x \le - \frac{{33}}{{44}}$

$x \le - \frac{3}{4}.$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm $x \le - \frac{3}{4}.$

c) $\sqrt {9x - 9} - \sqrt {4x - 4} + \sqrt {x - 1} = 16$ (ĐKXĐ: $x \ge 1)$

$\sqrt{9(x-1)}-\sqrt{4(x-1)}+\sqrt{x-1}=16$

$3\sqrt {x - 1} - 2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x - 1} = 16$

$2\sqrt {x - 1} = 16$

$\sqrt {x - 1} = 8$

$x - 1 = 16$

$x = 17$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = 17.$

2. Gọi $x$ (ml) là thể tích dung dịch nước muối $1{,}5\%$ và $y$ (ml) là thể tích nước cất $0\%$ ($x,y > 0$).

Tổng thể tích dung dịch là $1{\rm{ 000 ml}}$ nên ta có phương trình $x + y = 1\,\,000$ (1).

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là $0{,}9\%$ của $1{\rm{ 000 ml}}$. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là $1{,}5\% .x$ và trong nước cất là $0$.

Do đó ta có: $0{,}015x + 0y = 0{,}009.1000$ hay $0{,}015x = 9$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\\0{,}015x = 9\end{array} \right.$.

Giải phương trình $0{,}015x = 9$ ta được $x = 600$ (thỏa mãn).

Thay $x = 600$ vào phương trình (1), được: $y = 1000 - 600 = 400$ (thỏa mãn).

Vậy Lan cần pha $600{\rm{ ml}}$ dung dịch nước muối $1{,}5\%$ và $400{\rm{ ml}}$ dung dịch nước cốt $0\%$ để được dung dịch mong muốn.

3. a) Chi phí ăn uống của mỗi người trong một ngày là $60\,000 + 60\,000 + 30\,000 = 150\,000$ (đồng).

Gọi $x$ là số bạn học sinh có thể tham gia $\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)$.

Tổng chi phí phải trả cho buổi dã ngoại có $x$ bạn tham gia là $150\,000x + 17\,000\,000$ (đồng).

Vì số tiền nhà tài trợ dự kiến là $30$ triệu đồng nên ta có bất phương trình:

$150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000$.

b) Giải bất phương trình:

$150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000$

$x \le \frac{{260}}{3} \approx 86{,}7$

Vậy có thể tổ chức cho nhiều nhất cho $86$ bạn tham gia.

b) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn $AB$.

Ta có: $AB = AC \cdot \tan \widehat {ACB} = 79 \cdot \tan 68^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$, ta có: $AB = BD \cdot \sin \widehat {ADB}$

Suy ra $BD = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{79 \cdot \tan 68^\circ }}{{\sin 45^\circ }} \approx 276{,}52{\rm{ (m)}}{\rm{.}}$

Vận tốc trung bình của chiếc người đó khoảng: $276{,}52:140 \approx 2{,}0{\rm{ (m/s)}}{\rm{.}}$

Vậy vận tốc trung bình của người đó là khoảng $2{\rm{ m/s}}$.

a) Vì $AM,\,\,AN$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $M,\,\,N$ nên $AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.$

Gọi $E$ là trung điểm của $OA$. Khi đó $OE = AE = \frac{1}{2}OA.$

Xét $\Delta MOA$ vuông tại $M$ có $ME$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $ME = \frac{1}{2}OA$.

Xét $\Delta NOA$ vuông tại $N$ có $NE$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $NE = \frac{1}{2}OA$.

Vì $NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA$ nên bốn điểm $A,M,O,N$ cùng thuộc đường tròn tâm $E,$ đường kính $OA$.

b) ⦁ ***Chứng minh* **$A{N^2} = AB.AC$

Xét đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BN$) (1)

Xét $\Delta BON$ cân tại $O$ (do $OB = ON)$ có $\widehat {OBN} = \widehat {ONB}$.

Do đó $\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}$, suy ra $\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $\widehat {BNA} = \widehat {BCN}$.

Xét $\Delta ANB$ và $\Delta ACN$ có: $\widehat {CAN}$ là góc chung và $\widehat {BNA} = \widehat {BCN}$

Do đó, $ΔANB∽ΔACN$ (g.g).

Suy ra $\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}$ hay $A{N^2} = AB.AC$.

• ***Chứng minh* **$MF\parallel AC$

Xét $\Delta COB$ cân tại $O$ (do $OC = OB$) có $OI$ là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó $OI \bot BC$. Suy ra $\Delta IOA$ vuông tại $I$.

Xét $\Delta IOA$ vuông tại $I$ có $IE$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $IE = \frac{1}{2}OA$.

Khi đó, ta có $NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA$ nên bốn điểm $A,I,O,N$ cùng thuộc đường tròn tâm $E,$ đường kính $OA$.

Suy ra $\widehat {AIN} = \widehat {AON}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AN$ của đường tròn tâm $E$). (*)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $AM,AN$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $A$, suy ra $OA$ là phân giác của $\widehat {MON}$

Do đó, $\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}$.

Mà $\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $MN$)

Suy ra $\widehat {NFM} = \widehat {AON}$ (**)

Từ (*) và (**), suy ra $\widehat {NFM} = \widehat {AIN}$.

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó $MF\,{\rm{//}}\,AC$.

c)

⦁ Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ và $OA.$

Ta có $AM = AN$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OM = ON$ nên $A,\,\,O$ cùng nằm trên đường trung trực của $MN$ hay $OA$ là đường trung trực của $MN$.

Suy ra $MN \bot OA$ hay $HN \bot OA$.

Xét $\Delta OHN$ và $\Delta ONA$, có: $\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ$ và $\widehat {AON}$ là góc chung

Do đó $ΔOHN∽ΔONA$ (g.g)

Suy ra $\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}$ suy ra $OH.OA = O{N^2} = {R^2}$ (3).

⦁ Ta có $OC = OB,\,\,IC = IB$ (do $I$ là trung điểm của $BC),$ $KC = KB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm $O,\,\,I,\,\,K$ thẳng hàng.

Xét $\Delta OIB$ và $\Delta OBK$, có: $\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ$ và $\widehat {BOK}$ là góc chung

Do đó $ΔOIB∽ΔOBK$ (g.g)

Suy ra $\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}$ suy ra $OI.OK = O{B^2} = {R^2}$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $OI.OK = OH.OA = {R^2}.$ Từ đó, ta có $\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}$.

Xét $\Delta OIA$ và $\Delta OHK$ có: $\widehat {AOK}$ là góc chung và $\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}$

Do đó $ΔOIA∽ΔOHK$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ$, suy ra $HK \bot OA$.

Mà $MN \bot OA$ tại $H$ và $MN$ cố định (do điểm $A$ cố định), do đó $K$ thuộc $MN$ cố định.

Hướng dẫn giải

Diện tích tấm bìa hình chữ nhật này là: $50.30 = 1500{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Chiều dài sau khi cắt tấm bìa là: $50 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Chiều rộng sau khi cắt tấm bìa là: $30 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Diện tích xung quanh của hộp là: $2x\left( {50 - 2x + 30 - 2x} \right) = 2x\left( {80 - 4x} \right) = - 8{x^2} + 160x{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất thì $- 8{x^2} + 160x$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: $- 8{x^2} + 160x = - 8\left( {{x^2} - 20x + 100} \right) + 800 = - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800$

Với mọi $x > 0,$ ta có: $- 8{\left( {x - 10} \right)^2} \le 0$ nên $- 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800 \le 800$.

Dấu “=” xảy ra khi $x - 10 = 0$ hay $x = 10$.

Vậy diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật là $800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}$ khi $x = 10{\rm{ cm}}$.