Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 4 (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 $x\ne -1,x\ne 3$.

Ta có: $\frac{x}{2\left(x-3\right)}+\frac{x}{2x+2}=\frac{2x}{\left(x+1\right)\left(x-3\right)}$

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

$x\left(x+1\right)+x\left(x-3\right)=2x\cdot 2$

$x^2+x+x^2-3x-4x=0$

$2x^2-6x=0$

$2x\left(x-3\right)=0$

$x=0$ hoặc $x-3=0$.

$x=0$ (thỏa mãn) hoặc $x=3$ (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là $x=0$.

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) $\sqrt{9x^2-6x+1}=2$ $\sqrt{{\left(3x-1\right)}^2}=2$ $\left|3x-1\right|=2$
Trường hợp 1. $3x-1=2$  $3x=3$  $x=1$.	Trường hợp 2: $3x-1=-2$  $3x=-1$  $x=-\frac{1}{3}.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=1;x=-\frac{1}{3}.$

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) Đổi $5,25$ tấn = $5250$ kg.

Gọi $x$ là số thùng bia mà xe có thể chở ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, đơn vị: thùng).

Khối lượng của $x$ thùng bia là: $6,7x$ (kg).

Tổng khối lượng của các thùng bia và bác tài xế là: $6,7x+65$ (kg).

Theo bài, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là $5,25$ tấn nên ta có bất phương trình: $65+6,7x\le 5250$.

b) Giải bất phương trình:

$65+6,7x\le 5250$

$6,7x\le 5185$

$x\le \frac{51850}{67}\left(\approx 773,88\right)$.

Mà $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và cần tìm $x$ có giá trị lớn nhất nên $x=773.$

Vậy xe có thể chở được tối đa $773$ thùng bia.

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 $2m/s$.

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

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

Theo đề bài, tỉ số giữa chiều cao $h$ và chiều rộng đáy $y$ bằng $4$ nên $h=4y$.

Thể tích chiếc hộp $3\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$ nên $xyh=3\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\right)$ hay $4x{y}^2=3$, suy ra $x=\frac{3}{4y^2}$.

Do chiếc hộp không nắp, do đó diện tích bìa cần dùng là tổng diện tích đáy hộp và diện tích xung quanh của hộp.

Ta có: $S=xy+2h\left(x+y\right)=\frac{3}{4y^2}\cdot y+2\cdot 4y\cdot \left(\frac{3}{4y^2}+y\right)$

              $=\frac{3}{4y}+\frac{6}{y}+8y^2=\frac{27}{4y}+8y^2=\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2$.

Do $y$ là chiều rộng của hộp nên $y>0$.

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta được:

$\frac{27}{8y}+\frac{27}{8y}+8y^2\ge 3\cdot \sqrt[3]{\frac{27}{8y}\cdot \frac{27}{8y}\cdot 8y^2}$, suy ra $S\ge \frac{27}{2}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{27}{8y}=8y^2$, hay $y^3=\frac{27}{64}$ nên $y=\frac{3}{4}$ (dm).

Do đó, $x=\frac{3}{4y^2}=\frac{3}{4\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=\frac{4}{3}\left(\mathrm{dm}\right)$.

Vậy lượng bìa cần dùng ít nhất có diện tích là $\frac{27}{2}\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^2\right)$ khi chiều dài $x=\frac{4}{3}$ dm.