Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 1

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:

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

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 $x \ne 0,\,\,x \ne - 1$.

$\frac{{x - 1}}{x} + \frac{1}{{x + 1}} = \frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x}}$

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

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

${x^2} - 1 + x = 2x + 1$

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

$x\left( {x + 1} \right) - 2\left( {x + 1} \right) = 0$

$\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0$

$x + 1 = 0$ hoặc $x - 2 = 0$

$x = - 1$ (loại) hoặc $x = 2$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 2$.

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

$$\frac{{x + 2}}{3} - \frac{3}{3} \ge \frac{{4x}}{2} + \frac{x}{2}$$

$$\frac{{x + 2 - 3}}{3} \ge \frac{{4x + x}}{2}$$

$$\frac{{x - 1}}{3} \ge \frac{{5x}}{2}$$

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

$$2x - 2 \ge 15x$$

$$2x - 15x \ge 2$$

$$- 13x \ge 2$$

$x \le \frac{{ - 2}}{{13}}$.

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x \le \frac{{ - 2}}{{13}}$.

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) 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.

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) Ta có: $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra $\widehat {AMC} = 90^\circ$ (cùng bù với $\widehat {AMB}$).

Gọi $E$ là trung điểm của $CA$.

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

Xét $\Delta AKC$ vuông tại $K$ có $KE$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $CA$ nên $KE = \frac{1}{2}CA.$

Do đó, $KE = ME = EC = EA = \frac{1}{2}CA$ nên bốn điểm $A,M,C,K$ cùng thuộc một đường tròn tâm $E$ đường kính $CA$.

b) ⦁ Xét $\Delta OMN$ cân tại $O$ (do $OM = ON)$ nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung tuyến, hay $H$ là trung điểm của $MN$.

Xét $\Delta MNB$ có $BH$ là đường cao và cũng là đường trung tuyến của $\Delta MNB$ nên $\Delta MNB$ cân tại $B$.

Suy ra $BH$ cũng là đường phân giác của $\widehat {MBN}$.

Hay $BK$ là đường phân giác của $\widehat {CBD}$.

⦁ Xét $\Delta BCD$ có $BK$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của $\Delta BCD$ nên $\Delta BCD$ cân tại $B$

Do đó $\widehat {BCD} = \widehat {BDC}$. (1)

Ta có: $\widehat {CDB} = \widehat {KAC}$ (cùng phụ với $\widehat {DCA}$) (2)

Xét đường tròn $\left( E \right)$ có $\widehat {KAC} = \widehat {KMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $KC$) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat {BCD} = \widehat {KMC} = \widehat {BDC} = \widehat {KAC}$

Xét $\Delta KMC$ có $\widehat {KCM} = \widehat {KMC}$ nên $\Delta KMC$ cân tại $K$.

c) Xét $\Delta BOM$ cân tại $O$ (do $OM = OB$) ta có $\widehat {OMB} = \widehat {OBM}$.

Mà $\widehat {OBM} = \widehat {OBD}$ (do $BK$ là đường phân giác của $\widehat {CBD}$).

Suy ra $\widehat {OMB} = \widehat {OBD}.$

Xét $\Delta BDK$ vuông tại $K,$ ta có: $\widehat {OBD} + \widehat {BDK} = 90^\circ$

Mà $\widehat {OMB} = \widehat {OBD}$ và $\widehat {BDK} = \widehat {KMC}$ nên $\widehat {OMB} + \widehat {KMC} = 90^\circ$

Do đó, $\widehat {KMO} = 180^\circ - \left( {\widehat {OMB} + \widehat {KMC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Suy ra $KM \bot MO$ tại $M$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$.

Vậy $KM$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.

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 $x = 10{\rm{ cm}}$.