Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

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

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 $24825000$ đồng (hay $24825$ nghìn đồng) nên ta có phương trình:

$$2,55x+1,8y=24825$$ (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 $37790000$ đồng (hay $37790$nghìn đồng) nên ta có phương trình:

$$2,7x+3,4y=37790$$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}2,55x+1,8y=24825\\ 2,7x+3,4y=37790\end{array}$$.

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: $$\{\begin{array}{l}8,67x+6,12y=84405\\ 4,86x+6,12y=68022\end{array}$$

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 $$x=4300$$ vào phương trình (1), ta được:

$$2,55\cdot 4300+1,8y=24825$$ suy ra $1,8y=13860$ nên $$y=7700$$ (thỏa mãn).

Ta có $$4300$$ nghìn đồng tức là $$4300000$$ đồng; $$7700$$ nghìn đồng là $$7700000$$ đồng.

Vậy giá niêm yết của loại vé I là $$4300000$$ đồng và giá niêm yết của loại vé II là $$7700000$$ 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:

$0,9\cdot 4300000\cdot \left(100\%-7\%\right)=3599100$ (đồng).

Do đó, số tiền mua 6 vé loại I này là: $$6\cdot 3599100=21594600$$ (đồng).

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

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

$$0,85\cdot 7700000\cdot \left(100\%-7\%\right)=6086850$$ (đồng).

Do đó, số tiền mua $n$ vé loại II lúc này là: $$6086850n$$ (đồng).

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

$$21594600+6086850n\le 95000000$$.

ii) Giải bất phương trình:

$$21594600+6086850n\le 95000000$$

$$6086850n\le 73405400$$

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

Do $$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$ 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: $AC=CD\cdot \cot \widehat{DAC}=h\cdot \cot 60^{\circ }\left(\mathrm{m}\right).$

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

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 $$FO=FA=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AO$$.

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 $$MN\perp OE$$ 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 $$EF=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AO$$.

Xét $$\Delta CAO$$ vuông tại $$C$$ có $$CF$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AO$ nên $$CF=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AO$$.

Vì $$EF=CF=FO=FA=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AO$$ 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 $$BI//MN$$

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 $$BI//MN$$.

c)

$N$ để diện tích tam giác $$AIN$$ lớn nhất. (ảnh 1)">

Vẽ $$NG\perp AB$$ kéo dài tại $$G$$ và đường kính $$B{N}^{\prime }$$ của đường tròn $\left(O\right)$.

Ta có: $$S_{AIN}=S_{ABN}=\frac{1}{2}NG.AB$$ (vì $$BI//MN$$).

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, $$BN\le B{N}^{\prime }$$ (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 $$NG=B{N}^{\prime }$$ hay $$G\equiv B$$, hay $$NB\perp AB,OB\perp AB$$.

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: