Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 3

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

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) $\frac{{2x - 1}}{2} - \frac{{x + 1}}{6} \ge \frac{{4x - 5}}{3}$

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

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

$12x - 6 - 2x - 1 \ge 16x - 20$

$10x - 7 \ge 16x - 20$

$10x - 16x \ge - 20 + 7$

$- 6x \ge - 13$

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

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le \frac{{13}}{6}.$

c) $\sqrt {18x + 9} - \sqrt {8x + 4} + \frac{1}{3}\sqrt {2x + 1} = 4$ (đkxđ: $x \ge - \frac{1}{2})$

$\sqrt {9\left( {2x + 1} \right)} - \sqrt {4\left( {2x + 1} \right)} + \frac{1}{3}\sqrt {2x + 1} = 4$

$3\sqrt {2x + 1} - 2\sqrt {2x + 1} + \frac{1}{3}\sqrt {2x + 1} = 4$

$\frac{4}{3}\sqrt {2x + 1} = 4$

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

$2x + 1 = 9$

$2x = 8$

$x = 4$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 4$.

2. Gọi $x,y$ (kg/m$^{3}$) lần lượt là khối lượng riêng của chất lỏng loại I và chất lỏng loại II $\left( {x,y > 0} \right).$

Theo đề, khối lượng riêng của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là ${\rm{200 kg/}}{{\rm{m}}^3}$ nên ta có phương trình: $x - y = 200$ (1).

Thể tích của 4 kg chất lỏng loại I là: $\frac{4}{x}$ (m$^{3}$). Thể tích của 3 kg chất lỏng loại II là: $\frac{3}{y}$ (m$^{3}$).

Khi đó, tổng thể tích hai loại chất lỏng là: $\frac{4}{x} + \frac{3}{y}$ (m$^{3}$).

Người ta trộn $4{\rm{ kg}}$ chất lỏng loại I với ${\rm{3 kg}}$ chất lỏng loại II, do đó khối lượng hỗn hợp là: $3 + 4 = 7{\rm{ }}\left( {{\rm{kg}}} \right)$.

Thể tích của hỗn hợp sau khi pha là: $\frac{7}{{700}} = \frac{1}{{100}}$ (m$^{3}$).

Khi đó, ta có phương trình: $\frac{4}{x} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - y = 200\\\frac{4}{x} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}\end{array} \right.$

Từ (1) ta có: $x = 200 + y$, thế vào phương trình (2), ta được: $\frac{4}{{200 + y}} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}$.

Giải phương trình:

$\frac{4}{{200 + y}} + \frac{3}{y} = \frac{1}{{100}}$

$\frac{{400y}}{{100\left( {200 + y} \right)y}} + \frac{{300\left( {200 + y} \right)}}{{100y\left( {200 + y} \right)}} = \frac{{y\left( {200 + y} \right)}}{{100y\left( {200 + y} \right)}}$

$400y + 300\left( {200 + y} \right) = y\left( {200 + y} \right)$

$400y + 60\,\,000 + 300y = 200y + {y^2}$

${y^2} - 500y - 60\,\,000 = 0$

${y^2} + 100y - 600y - 60\,\,000 = 0$

$y\left( {y + 100} \right) - 600\left( {y + 100} \right) = 0$

$\left( {y + 100} \right)\left( {y - 600} \right) = 0$

Suy ra $y - 600 = 0$ (do $y + 100 > 0$ với mọi $y > 0)$

Do đó $y = 600$ (thỏa mãn).

Thay $y = 600$ vào phương trình $x = 200 + y$, ta được $x = 800$ (thỏa mãn).

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng loại I và loại II lần lượt là ${\rm{800 kg/}}{{\rm{m}}^3}$ và ${\rm{600 kg/}}{{\rm{m}}^3}.$

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.

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) Xét $\Delta ODE$ cân tại $O$ (do $OD = OE)$ nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó $H$ là trung điểm của $DE$.

Mà $H$ lại là trung điểm của $AC$, do đó tứ giác $ADCE$ là hình bình hành.

Mặt khác, $AC \bot DE$ nên hình bình hành $ADCE$ là hình thoi.

b) Xét đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ ta có $\widehat {AEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $BE \bot AE$ tại $E$.

Mà $AE\,{\rm{//}}\,CD$ (do $ADCE$ là hình thoi) nên $EB \bot CD$.

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ đường kính $BC$ ta có $\widehat {BFC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $BF \bot CD$ tại $F$.

Ta có $EB \bot CD$ và $FB \bot CD$ suy ra $EB$ và $FB$ trùng nhau.

Vậy ba điểm $F,B,E$ thẳng hàng.

c) Tam giác $FDE$ vuông tại $F$ có $FH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $DE$ nên $FH = \frac{1}{2}DE = HD = HE.$

Do đó $\Delta HFD$ cân tại $H$, do đó $\widehat {HFD} = \widehat {HDC}$.

Mặt khác, $O'FC$ cân tại $O'$ (do $O'F = O'C$) nên $\widehat {O'FC} = \widehat {HCD}$

Mà $\widehat {HDC} + \widehat {HCD} = 90^\circ$ (tam giác $HCD$ vuông tại $H$)

Nên $\widehat {HFD} + \widehat {O'FC} = 90^\circ$.

Do đó $\widehat {HFO'} = 180^\circ - \left( {\widehat {HFD} + \widehat {O'FC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Ta có $HF \bot O'F$ tại $F$ và $F$ thuộc đường tròn $\left( {O'} \right)$ nên $HF$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O'} \right)$.

Vậy $HF$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O'} \right)$.

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.