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

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 $x=\frac{1}{9}$.

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) $\frac{3x+5}{2}-1<\frac{2x+1}{3}+x$

$\frac{\left(3x+5\right)\cdot 3}{6}-\frac{1\cdot 6}{6}<\frac{\left(2x+1\right)\cdot 2}{6}+\frac{x\cdot 6}{6}$

$\left(3x+5\right)\cdot 3-6<\left(2x+1\right)\cdot 2+6x$

$9x+15-6<4x+2+6x$

$-x<-7$

   $x>7$.

Vậy bất phương trình trên có nghiệm là $x>7$.

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 $x$ 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: $$\{\begin{array}{c}x+y=9\\ 0,2x+0,1y=1,6\end{array}$$

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

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) 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.

a) Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có: $\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB},\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{BC}.$

b) Theo đề bài, phần ngọn bị gãy $AB$ và phần gốc $AC$ có tỉ lệ $3:2$ hay $\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$, suy ra $\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$.

Theo câu a, ta có: $\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$, suy ra $\alpha =\widehat{ABC}\approx 41^{\circ }49^{\prime }.$

Mà $\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{BC}$ nên $AC=BC\cdot \tan \widehat{ABC}\approx 5\cdot \tan 41^{\circ }49^{\prime }\approx 4,47(\mathrm{m}).$

Mà $\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$, suy ra $AB=\frac{3}{2}AC\approx \frac{3}{2}\cdot 4,47=6,705(\mathrm{m}).$

Độ dài cây ban đầu là tổng của phần ngọn bị gãy $AB$ và phần gốc $AC$.

Vậy chiều cao ban đầu của cây khoảng: $$4,47+6,705=11,175\approx 11,18(\mathrm{m}).$$

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, $AC\perp DE$ 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 $BE\perp AE$ tại $E$.

Mà $AE//CD$ (do $$ADCE$$ là hình thoi) nên $$EB\perp CD$$.

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

Do đó $BF\perp CD$ tại $F$.

Ta có $EB\perp CD$ và $FB\perp CD$ 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, $$O^{\prime }FC$$ cân tại $O^{\prime }$ (do $$O^{\prime }F=O^{\prime }C$$) nên $\widehat{O^{\prime }FC}=\widehat{HCD}$

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

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

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

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

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

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.