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

Hướng dẫn giải

a) ⦁ Xét biểu thức $$A=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}.$$

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ và $x\ge 0,\sqrt{x}-3\ne 0,$ tức là $x\ge 0$ và $x\ne 9$.

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

Điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x\ge 0,\sqrt{x}-1\ne 0,x-1\ne 0,2\sqrt{x}+1\ne 0.$

Với $x\ge 0$, ta có: $\sqrt{x}-1\ne 0$ khi $x\ne 1;$

$x-1\ne 0$ khi $x\ne 1;$

$2\sqrt{x}+1>0$.

Do đó, điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x\ge 0$ và $x\ne 1.$

b) Thay $x=\frac{1}{16}$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta có:

$A=\frac{\sqrt{\frac{1}{16}}+1}{\sqrt{\frac{1}{16}}-3}=\frac{\frac{1}{4}+1}{\frac{1}{4}-3}=\frac{\frac{5}{4}}{-\frac{11}{4}}=-\frac{5}{11}.$

Vậy $A=-\frac{5}{11}$ khi $x=\frac{1}{16}$.

c) Với $x\ge 0;x\ne 1$, ta có:

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

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

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

Vậy với $x\ge 0;x\ne 1$ thì $B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}$.

d) Với $$x\ge 0;x\ne 9;x\ne 1,$$ ta có: $A.B=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}.\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}$.

Khi đó, để $A.B<1$ thì $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}<1$.

Giải bất phương trình: $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}<1$

$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-1<0$

$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-3}<0$

$\frac{3}{\sqrt{x}-3}<0$.

Do $3>0$ nên để $\frac{3}{\sqrt{x}-3}<0$ thì $\sqrt{x}-3<0$ hay $\sqrt{x}<3$. Suy ra $x<9$.

Kết hợp với điều kiện $x\ge 0;x\ne 9;x\ne 1$ nên $0\le x<9;x\ne 1$.

Mà $x$ là số nguyên tố nên ta được $x\in \left\{2;3;5;7\right\}.$

Vậy các giá trị nguyên tố thỏa mãn $A.B<1$ là $x\in \left\{2;3;5;7\right\}.$

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) $\sqrt{4x+20}=20$    (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. Gọi $x,y$ (đồng) lần lượt là giá niêm yết của một thùng nước ngọt và một túi bánh sandwich $\left(x>0,y>0\right)$.

Theo bài, cô Linh đi siêu thị mua 1 thùng nước ngọt và 4 túi bánh mì sandwich với giá niêm yết tổng cộng là 340 000 đồng nên ta có phương trình: $x+4y=340000$ (1)

Giá mỗi thùng nước ngọt sau khi tăng $5\%$ so với giá niêm yết là: $x+5\%x=1,05x$ (đồng).

Giá mỗi túi bánh mì sandwich được giảm $15\%$ so với giá niêm yết là:

$x-15\%x=0,85x$ (đồng).

Theo bài, khi thanh toán cô Linh chỉ cần trả tổng cộng $325000$ đồng nên ta có phương trình:

$1,05x+4\cdot 0,85y=325000$ hay $1,05x+3,4y=325000$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+4y=340000\left(3\right)\\ 1,05x+3,4y=325000\end{array}$

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với $1,05,$ ta được hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}1,05x+4,2y=357000\\ 1,05x+3,4y=325000\end{array}$

Trừ từng vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:

$0,8y=32000$ nên $y=40000$ (thỏa mãn).

Thay $y=40000$ vào phương trình (1), ta được:

$x+4\cdot 40000=340000$ nên $x=180000$ (thỏa mãn).

Vậy một thùng nước ngọt và một túi bánh mì sandwich có giá niêm yết lần lượt là $180000$ đồng và $40000$ đồng.

3. a) Gọi $x$ là số giờ Laurent David làm việc $\left(x>0\right).$

Số tiền Laurent David kiếm được là: \(10,25x\,\,(\euro ).\)

Theo bài, Laurent David muốn kiếm được ít nhất \(1\,\,500\,\,\euro \) trong mùa hè nên ta có bất phương trình:

$10,25x\ge 1500$.

Vậy bất phương trình cần tìm là $10,25x\ge 1500$.

b) Giải bất phương trình $10,25x\ge 1500$, ta được:

$10,25x\ge 1500$

$x\ge 1500:10,25$

$x\ge \frac{1500}{10,25}(\approx 146,34)$.

Do đó, Laurent David cần làm việc tối thiểu $147$ giờ để kiếm được ít nhất \(1\,\,500\,\,\euro \) trong mùa hè này.

1. Ta có: $$Ax//BC$$ suy ra $$\widehat{ACB}=\widehat{xAC}=35^{\circ }$$ (so le trong).

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B,$ ta có:

$$\sin 35^{\circ }=\sin \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC};$$ $$\tan 35^{\circ }=\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{BC}.$$

2. Ta có $$AB=1,6+25=26,6\mathrm{m}.$$

Theo câu a, ta có:

⦁ $$\tan 35^{\circ }=\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{BC}$$ nên $$BC=\frac{AB}{\tan 35^{\circ }}=\frac{26,6}{\tan 35^{\circ }}\approx 38(\mathrm{m}).$$

⦁ $$\sin 35^{\circ }=\sin \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}$$ nên $$AC=\frac{AB}{\sin 35^{\circ }}=\frac{26,6}{\sin 35^{\circ }}\approx 46(\mathrm{m}).$$

Vậy chiếc xe cách tòa nhà khoảng $$38\mathrm{m}$$ và cách mắt người quan sát khoảng $46\mathrm{m}.$

$A,M,O,N$ cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)">

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, $\Delta ANB\backsim \Delta ACN$ (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 $$OI\perp BC$$. 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 $$MF//AC$$.

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 $$HN\perp OA$$.

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

Do đó $\Delta OHN\backsim \Delta ONA$ (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 $\Delta OIB\backsim \Delta OBK$ (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 $\Delta OIA\backsim \Delta OHK$ (c.g.c)

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

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

Hướng dẫn giải

Gọi khối lượng viên kim cương là $M$$\left(M>0\right).$

Vì giá bán của viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối lượng của nó nên $T=kM{}^2$ ($k$ là hằng số và $k>0$).

Khi cắt viên kim cương thành ba phần có khối lượng $x;y;z$ với $x+y+z=M$.

Giá bán của ba phần tương ứng là $k{x}^2;k{y}^2;k{z}^2$.

Tổng giá bán của ba phần là $k{x}^2+k{y}^2+k{z}^2=k\left(x^2+y^2+z^2\right)$.

Với mọi $x;y;z$ ta có ${\left(x-y\right)}^2\ge 0;{\left(y-z\right)}^2\ge 0;{\left(x-z\right)}^2\ge 0$.

Suy ra ${\left(x-y\right)}^2+{\left(y-z\right)}^2+{\left(x-z\right)}^2\ge 0$

$2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge 0$

$3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz$

$3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge {\left(x+y+z\right)}^2$

$x^2+y^2+z^2\ge \frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{3}$

$x^2+y^2+z^2\ge \frac{M^2}{3}$

Như vậy $k{x}^2+k{y}^2+k{z}^2\ge k\frac{M^2}{3}$hay $k{x}^2+k{y}^2+k{z}^2\ge \frac{T}{3}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{M}{3}$.

Như vậy, khi chia viên kim cương thành ba phần bằng nhau thì giá bán giảm mạnh nhất và giảm ba lần.