Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 4

a) – Xét biểu thức $A = \frac{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ và $x \ge 0$ và $\sqrt x - 1 \ne 0$ hay $x \ge 0,\,\,x \ne 1.$

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

Với $x \ge 0$, ta có:

⦁ $x + \sqrt x = \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)$; $x - \sqrt x = \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right);$ $x - 1 = \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right).$

⦁ $x \ge 0$ nên $\sqrt x \ge 0,$ suy ra $\sqrt x + 1 > 0.$

Điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x \ge 0$ và $\sqrt x \ne 0,\,\,x - 1 \ne 0$ hay $x > 0,\,\,x \ne 1.$

Vậy, điều kiện xác định của biểu thức $A = \frac{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$ là $x \ge 0,x \ne 1$ và điều kiện xác định của biểu thức $B = \frac{1}{{x + \sqrt x }} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}$ là $x > 0,x \ne 1.$

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

$A = \frac{{\sqrt {\frac{1}{9}} \left( {\frac{1}{9} + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt {\frac{1}{9}} - 1} \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{{10}}{9}}}{{2\left( {\frac{1}{3} - 1} \right)}} = \frac{{\frac{{10}}{{27}}}}{{ - \frac{4}{3}}} = - \frac{5}{{18}}.$

Vậy $A = - \frac{5}{{18}}$ khi $x = \frac{1}{9}$.

c) Với $x > 0,x \ne 1$, ta có:

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

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

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

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

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

Vậy với $x > 0,x \ne 1$ thì $B = \frac{2}{{\sqrt x }}$.

d) Với $x > 1,$ ta có:

$P=A.B=\frac{\sqrt{x}(x+1)}{2(\sqrt{x}-1)}.\frac{2}{\sqrt{x}}=\frac{x+1}{\sqrt{x}-1}=\frac{x-1+2}{\sqrt{x}-1}=\frac{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}{\sqrt{x}-1}+\frac{2}{\sqrt{x}-1}=\sqrt{x}+1+\frac{2}{\sqrt{x}-1}$

Xét $P = \sqrt x + 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} = \sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + 2$ với $x > 1.$

Do $x > 1$ nên $\sqrt x - 1 > 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$\sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x - 1} \right).\frac{2}{{\sqrt x - 1}}}$

$\sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} \ge 2\sqrt 2$

$\sqrt x - 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + 2 \ge 2\sqrt 2 + 2$

Suy ra $P \ge 2\sqrt 2 + 2$ với $x > 1$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt x - 1 = \frac{2}{{\sqrt x - 1}}$ .

Giải phương trình:

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

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

$\sqrt x - 1 = \sqrt 2$ (do $\sqrt x - 1 > 0)$

$\sqrt x = \sqrt 2 + 1$

$x = 3 + 2\sqrt 2$ (thỏa mãn).

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P = 2\sqrt 2 + 2$ khi $x = 3 + 2\sqrt 2$.

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

Ta có: $\frac{x}{{2\left( {x - 3} \right)}} + \frac{x}{{2x + 2}} = \frac{{2x}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}$

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

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

${x^2} + x + {x^2} - 3x - 4x = 0$

$2{x^2} - 6x = 0$

$2x\left( {x - 3} \right) = 0$

$x = 0$ hoặc $x - 3 = 0$.

$x = 0$ (thỏa mãn) hoặc $x = 3$ (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 0$.

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 $x < \frac{6}{7}.$

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

2. Gọi $x$ và $y$ lần lượt là giá niêm yết của máy hút ẩm và quạt cây (triệu đồng, $0 < x,\,\,y < 9$)

Theo đề bài ta có: $x + y = 9$ (1)

Số tiền đã giảm của máy hút ẩm là $20\% x$ (triệu đồng).

Số tiền đã giảm của máy quạt cây là $10\% y$ (triệu đồng).

Giá của máy hút ẩm và chiếc quạt cây được giảm lần lượt 20% và 10% so với giá niêm yết và tổng số tiền bác Cường được giảm là $1{,}6$ triệu đồng, nên ta có phương trình:

$20\% x + 10\% y = 1{,}6$ hay $0{,}2x + 0{,}1y = 1{,}6$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + y = 9}\\{0{,}2x + 0{,}1y = 1{,}6}\end{array}} \right.$

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 0,2, ta được hệ phương trình mới là: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{0{,}2x + 0{,}2y = 1{,}8}\\{0{,}2x + 0{,}1y = 1{,}6}\end{array}} \right.$.

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ, ta được: $0{,}1y = 0{,}2$ nên $y = 2$ (thỏa mãn).

Thay $y = 2$ vào phương trình (1), ta được: $x + 2 = 9,$ suy ra $y = 7$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của máy hút ẩm và máy quạt cây lần lượt là 7 triệu đồng và 2 triệu đồng.

3. a) Đổi $5{,}25$ tấn = $5\,\,250$ kg.

Gọi $x$ là số thùng bia mà xe có thể chở ($x \in {\mathbb{N}^ * }$, đơn vị: thùng).

Khối lượng của $x$ thùng bia là: $6{,}7x$ (kg).

Tổng khối lượng của các thùng bia và bác tài xế là: $6{,}7x + 65$ (kg).

Theo bài, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là $5{,}25$ tấn nên ta có bất phương trình: $65 + 6{,}7x \le 5\,\,250$.

b) Giải bất phương trình:

$65 + 6{,}7x \le 5\,\,250$

$6{,}7x \le 5\,\,185$

$x \le \frac{{51\,\,850}}{{67}}\,\,\,\left( { \approx 773{,}88} \right)$.

Mà $x \in {\mathbb{N}^ * }$ và cần tìm $x$ có giá trị lớn nhất nên $x = 773.$

Vậy xe có thể chở được tối đa $773$ thùng bia.

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) 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

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.