Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Cánh diều (Tự luận) – Đề 5 (có đáp án)

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

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) $\sqrt{9x-9}-\sqrt{4x-4}+\sqrt{x-1}=16$     (ĐKXĐ: $x\ge 1)$

$\sqrt{9\left(x-1\right)}-\sqrt{4\left(x-1\right)}+\sqrt{x-1}=16$

$3\sqrt{x-1}-2\sqrt{x-1}+\sqrt{x-1}=16$

$2\sqrt{x-1}=16$

$\sqrt{x-1}=8$

$x-1=16$

$x=17$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=17.$

2. Gọi $x$ (ml) là thể tích dung dịch nước muối $1,5\%$ và $y$ (ml) là thể tích nước cất $0\%$ ($x,y>0$).

Tổng thể tích dung dịch là $1000ml$ nên ta có phương trình $x+y=1000$ (1).

Tổng khối lượng muối trong dung dịch là $0,9\%$ của $1000ml$. Lượng muối trong dung dịch ban đầu là $1,5\%.x$ và trong nước cất là $0$.

Do đó ta có: $0,015x+0y=0,009.1000$ hay $0,015x=9$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ 0,015x=9\end{array}$.

Giải phương trình $0,015x=9$ ta được $x=600$ (thỏa mãn).

Thay $x=600$ vào phương trình (1), được: $y=1000-600=400$ (thỏa mãn).

Vậy Lan cần pha $600\mathrm{ml}$ dung dịch nước muối $1,5\%$ và $400\mathrm{ml}$ dung dịch nước cốt $0\%$ để được dung dịch mong muốn.

3. a) Chi phí ăn uống của mỗi người trong một ngày là $60000+60000+30000=150000$ (đồng).

Gọi $x$ là số bạn học sinh có thể tham gia $\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$.

Tổng chi phí phải trả cho buổi dã ngoại có $x$ bạn tham gia là $150000x+17000000$ (đồng).

Vì số tiền nhà tài trợ dự kiến là $30$ triệu đồng nên ta có bất phương trình:

$150000x+17000000\le 30000000$.

b) Giải bất phương trình:

          $150000x+17000000\le 30000000$

          $x\le \frac{260}{3}\approx 86,7$

Vậy có thể tổ chức cho nhiều nhất cho $86$ bạn tham gia.

a) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ ta có: $$\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{BC}$$ và $$\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}.$$

b) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn $AB$.

Ta có: $$AB=AC\cdot \tan \widehat{ACB}=79\cdot \tan 68^{\circ }\left(\mathrm{m}\right).$$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$, ta có: $AB=BD\cdot \sin \widehat{ADB}$

Suy ra $BD=\frac{AB}{\sin \widehat{ADB}}=\frac{79\cdot \tan 68^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}\approx 276,52(\mathrm{m}).$

Vận tốc trung bình của chiếc người đó khoảng: $276,52:140\approx 2,0(m/s).$

Vậy vận tốc trung bình của người đó là khoảng $2m/s$.

a) Vì $AM,AN$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ lần lượt tại $M,N$ nên $AM\perp OM,AN\perp ON.$

Gọi $$E$$ là trung điểm của $$OA$$. Khi đó $OE=AE=\frac{1}{2}OA.$

Xét $$\Delta MOA$$ vuông tại $$M$$ có $$ME$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $$ME=\frac{1}{2}OA$$.

Xét $$\Delta NOA$$ vuông tại $$N$$ có $$NE$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $OA$ nên $$NE=\frac{1}{2}OA$$.

Vì $$NE=ME=OE=AE=\frac{1}{2}OA$$ nên bốn điểm $$A,M,O,N$$ cùng thuộc đường tròn tâm $$E,$$ đường kính $$OA$$.

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

Diện tích tấm bìa hình chữ nhật này là: $50.30=1500\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$

Chiều dài sau khi cắt tấm bìa là: $50-2x\left(\mathrm{cm}\right)$.

Chiều rộng sau khi cắt tấm bìa là: $30-2x\left(\mathrm{cm}\right)$.

Diện tích xung quanh của hộp là: $2x\left(50-2x+30-2x\right)=2x\left(80-4x\right)=-8x^2+160x\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất thì $-8x^2+160x$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: $-8x^2+160x=-8\left(x^2-20x+100\right)+800=-8{\left(x-10\right)}^2+800$

Với mọi $x>0,$ ta có: $-8{\left(x-10\right)}^2\le 0$ nên $-8{\left(x-10\right)}^2+800\le 800$.

Dấu “=” xảy ra khi $x-10=0$ hay $x=10$.

Vậy diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật là $800\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ khi $x=10\mathrm{cm}$.