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

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

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

⦁ Xét biểu thức $B=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+3}$.

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

Với $x\ge 0$ ta thấy $\sqrt{x}+3>0$ và $\sqrt{x}-3\ne 0$ khi $x\ne 9.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x>0$ và điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x\ge 0$, $x\ne 9.$

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

$A=\frac{1}{3}-\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{9}}}=\frac{1}{3}-\frac{1}{\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}-3=-\frac{8}{3}.$

Vậy giá trị biểu thức $A=-\frac{8}{3}$ tại $x=\frac{1}{9}.$

c) Với $x\ge 0;x\ne 9$, ta có:

$B=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+3}$

      $=\frac{{\left(\sqrt{x}+3\right)}^2-{\left(\sqrt{x}-3\right)}^2}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

     $=\frac{x+6\sqrt{x}+9-\left(x-6\sqrt{x}+9\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

     $=\frac{x+6\sqrt{x}+9-x+6\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

    $=\frac{12\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{12\sqrt{x}}{x-9}.$

Vậy với $x\ge 0;x\ne 9$ thì $B=\frac{12\sqrt{x}}{x-9}.$

d) Với $x>0;x\ne 9$, ta có:

$P=A\cdot B=\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\cdot \frac{12\sqrt{x}}{x-9}$ $=\frac{\sqrt{x}-3}{3\sqrt{x}}.\frac{12\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$$=\frac{4}{\sqrt{x}+3}$.

Với $x>0;x\ne 9$, ta có $\sqrt{x}>0$ nên $\sqrt{x}+3>3$, suy ra $\frac{4}{\sqrt{x}+3}<\frac{4}{3}$.

Ta cũng có: $\sqrt{x}+3>3>0$ nên $\frac{4}{\sqrt{x}+3}>0$.

Do đó $0<P<\frac{4}{3}.$

Như vậy, để $P$ nguyên thì $P=1$.

Khi đó, ta có: $\frac{4}{\sqrt{x}+3}=1,$ suy ra $\sqrt{x}+3=4$ nên $\sqrt{x}=1,$ suy ra $x=1$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy với $x=1$ thì $P$ nhận giá trị nguyên.

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

$$\frac{x+2}{3}-\frac{3}{3}\ge \frac{4x}{2}+\frac{x}{2}$$

$$\frac{x+2-3}{3}\ge \frac{4x+x}{2}$$

$$\frac{x-1}{3}\ge \frac{5x}{2}$$

$$2\left(x-1\right)\ge 3\cdot 5x$$

$$2x-2\ge 15x$$

$$2x-15x\ge 2$$

$$-13x\ge 2$$

$$x\le \frac{-2}{13}$$.

Vậy bất phương trình có nghiệm là $$x\le \frac{-2}{13}$$.

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) Gọi số tiền bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là $x$ (triệu đồng) $\left(x>0\right).$

Số tiền lãi bà Mai nhận được sau 1 năm là $4,7\%x$ (triệu đồng).

Vì số tiền lãi hàng năm ít nhất là $18800000$ đồng $(=18,8$ triệu đồng) nên ta có bất phương trình:

$4,7\%x\ge 18,8$.

b) Giải bất phương trình:

          $4,7\%x\ge 18,8$

          $0,047x\ge 18,8$

          $x\ge 400$

Vậy bà Mai cần gửi tiết kiệm ít nhất là $400$ triệu đồng.

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) Ta có: $$\widehat{AMB}=90^{\circ }$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra $$\widehat{AMC}=90^{\circ }$$ (cùng bù với $$\widehat{AMB}$$).

Gọi $$E$$ là trung điểm của $$CA$$.

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

Xét $$\Delta AKC$$ vuông tại $$K$$ có $$KE$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $$CA$$ nên $$KE=\frac{1}{2}CA.$$

Do đó, $$KE=ME=EC=EA=\frac{1}{2}CA$$ nên bốn điểm $$A,M,C,K$$ cùng thuộc một đường tròn tâm $$E$$ đường kính $$CA$$.

b) ⦁ Xét $\Delta OMN$ cân tại $O$ (do $OM=ON)$ nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung tuyến, hay $H$ là trung điểm của $MN$.

Xét $$\Delta MNB$$ có $$BH$$ là đường cao và cũng là đường trung tuyến của $$\Delta MNB$$ nên $$\Delta MNB$$ cân tại $$B$$.

Suy ra $$BH$$ cũng là đường phân giác của $$\widehat{MBN}$$.

Hay $$BK$$ là đường phân giác của $$\widehat{CBD}$$.

⦁ Xét $$\Delta BCD$$ có $$BK$$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của $$\Delta BCD$$ nên $$\Delta BCD$$ cân tại $$B$$

Do đó $$\widehat{BCD}=\widehat{BDC}$$. (1)

Ta có: $$\widehat{CDB}=\widehat{KAC}$$ (cùng phụ với $$\widehat{DCA}$$) (2)

Xét đường tròn $$\left(E\right)$$ có $$\widehat{KAC}=\widehat{KMC}$$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $$KC$$) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $$\widehat{BCD}=\widehat{KMC}=\widehat{BDC}=\widehat{KAC}$$

Xét $$\Delta KMC$$ có $$\widehat{KCM}=\widehat{KMC}$$ nên $$\Delta KMC$$ cân tại $$K$$.

c) Xét $$\Delta BOM$$ cân tại $$O$$ (do $$OM=OB$$) ta có $$\widehat{OMB}=\widehat{OBM}$$.

Mà $$\widehat{OBM}=\widehat{OBD}$$ (do $$BK$$ là đường phân giác của $$\widehat{CBD}$$).

Suy ra $$\widehat{OMB}=\widehat{OBD}.$$

Xét $\Delta BDK$ vuông tại $K,$ ta có: $$\widehat{OBD}+\widehat{BDK}=90^{\circ }$$

Mà $$\widehat{OMB}=\widehat{OBD}$$ và $$\widehat{BDK}=\widehat{KMC}$$ nên $$\widehat{OMB}+\widehat{KMC}=90^{\circ }$$

Do đó, $$\widehat{KMO}=180^{\circ }-\left(\widehat{OMB}+\widehat{KMC}\right)=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$$.

Suy ra $$KM\perp MO$$ tại $$M$$ thuộc đường tròn $$\left(O\right)$$.

Vậy $$KM$$ là tiếp tuyến của đường tròn $$\left(O\right)$$.

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 $x=10\mathrm{cm}$.