Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

a) ⦁ Xét biểu thức $A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4x}{x-4}$.

Điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x\ge 0,\sqrt{x}-2\ne 0,\sqrt{x}+2\ne 0,x-4\ne 0.$

Với $x\ge 0$, ta có: $\sqrt{x}-2\ne 0$ khi $x\ne 4;$

$\sqrt{x}+2>0$;

$x-4\ne 0$ khi $x\ne 4.$

Do đó, điều kiện xác định của biểu thức $A$ là $x\ge 0$ và $x\ne 4.$

⦁ Xét biểu thức $B=\frac{4\left(\sqrt{x}+2\right)}{\sqrt{x}-2}.$

Do đó, điều kiện xác định của biểu thức $B$ là $x\ge 0,\sqrt{x}-2\ne 0,$ tức là $x\ge 0$ và $x\ne 4$.

Vậy điều kiện xác định của biểu thức $A$ và biểu thức $B$ đều là $x\ge 0,x\ne 4.$

b) Thay $x=196\left(\mathrm{TM}\right)$ vào biểu thức $B$ ta được:

$$B=\frac{4\cdot \left(\sqrt{196}+2\right)}{\sqrt{196}-2}=\frac{4\cdot \left(14+2\right)}{14-2}=\frac{4\cdot 16}{12}=\frac{16}{3}$$.

Vậy với $x=196$ thì giá trị của biểu thức $$B=\frac{16}{3}$$.

c) Với $x\ge 0,x\ne 4$, ta có:

 $A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4x}{x-4}$

$$=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\frac{4x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$

$$=\frac{x+4\sqrt{x}+4-x+4\sqrt{x}-4+4x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$

$$=\frac{4\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$$

$$=\frac{4x+8\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$.

Vậy với $x\ge 0,x\ne 4$ thì $$A=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$$.

d) Với $x\ge 0,x\ne 4,$ ta có

$P=A:B$$$=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}:\frac{4\left(\sqrt{x}+2\right)}{\sqrt{x}-2}$$$$=\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\cdot \frac{\sqrt{x}-2}{4\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$$.

Với $x\ge 0,x\ne 4$ thì $$\sqrt{P}$$ luôn có nghĩa.

Xét hiệu: $$P-1=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-1=\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}=\frac{-2}{\sqrt{x}+2}$$.

Ta thấy: $$-2<0$$; $$\sqrt{x}+2>0$$ với $x\ge 0,x\ne 4$.

Khi đó $$\frac{-2}{\sqrt{x}+2}<0$$ suy ra $$P-1<0$$ nên $$P<1$$ hay $$\sqrt{P}<1$$, do đó $$\sqrt{P}-1<0$$.

Mà $$\sqrt{P}\ge 0$$ nên $$\sqrt{P}\left(\sqrt{P}-1\right)\le 0$$ suy ra $$P-\sqrt{P}\le 0$$ hay $$P\le \sqrt{P}$$.

Vậy với $x\ge 0,x\ne 4$ thì $$P\le \sqrt{P}$$.

a) Điều kiện xác định: $x\ne \frac{1}{3},x\ne -\frac{1}{3}.$

Ta có: $\frac{1-3x}{1+3x}-\frac{1+3x}{1-3x}=\frac{12}{1-9x^2}$

$\frac{{\left(1-3x\right)}^2}{\left(1+3x\right)\left(1-3x\right)}-\frac{{\left(1+3x\right)}^2}{\left(1+3x\right)\left(1-3x\right)}=\frac{12}{\left(1+3x\right)\left(1-3x\right)}$

$\frac{{\left(1-3x\right)}^2-{\left(1+3x\right)}^2}{\left(1+3x\right)\left(1-3x\right)}=\frac{12}{\left(1+3x\right)\left(1-3x\right)}$

${\left(1-3x\right)}^2-{\left(1+3x\right)}^2=12$

$\left(1-3x-1-3x\right)\left(1-3x+1+3x\right)=12$

$-6x\cdot 2=12$

$-12x=12$

    $x=-1$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm $x=-1$.

b) $5x-\frac{7}{2}\left(2x-5\right)<\frac{2}{3}\left(x-1\right)$

     $5x-7x+\frac{35}{2}<\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}$

     $-2x-\frac{2}{3}x<-\frac{2}{3}-\frac{35}{2}$

       $-\frac{8}{3}x<-\frac{109}{6}$

        $x>-\frac{109}{6}:\left(-\frac{8}{3}\right)$

         $x>\frac{109}{16}$.

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x>\frac{109}{16}$.

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 $$y$$ (người) lần lượt là số giáo viên và học sinh đi tham quan $$\left(x,y\in \mathbb{N};x,y>0\right).$$

Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là $10$ người nên $$x+y=10$$.    (1)

Giá tiền mỗi vé của giáo viên sau khi giảm là:

$150000-150000.10\%=135000$ (đồng)

Giá tiền mỗi vé của học sinh sau khi giảm là:

$150000-150000.20\%=120000$ (đồng)

Vì tổng số tiền mua vé là $1230000$ đồng nên

$135000x+120000y=1230000$ hay $9x+8y=82$.       (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=10\\ 9x+8y=82\end{array}$.

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 8, ta được hệ phương trình mới là: $\{\begin{array}{l}8x+8y=80\\ 9x+8y=82\end{array}$.

Trừ từng vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất của hệ, ta được: $x=2$ (thỏa mãn).

Thay $x=2$ vào phương trình (1), ta được: $2+y=10,$ suy ra $y=8$ (thỏa mãn).

Suy ra $$x=2;y=8$$ (TMĐK).

Vậy có $$2$$ giáo viên và $$8$$ học sinh đi tham quan.

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.

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

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

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

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 $46\mathrm{m}.$

COD=90∘ và $$AC\cdot BD=\frac{A{B}^2}{4}.$$ (ảnh 1)">

a) Ta có $CA,CM$ là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left(O\right)$ cắt nhau tại $C$ nên $CA=CM$ và $OC$ là tia phân giác của $$\widehat{AOM}$$, do đó $\widehat{AOC}=\widehat{COM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}.$

Tương tự, ta có $DB=DM$ và $$OD$$ là tia phân giác của $$\widehat{BOM}$$, do đó $\widehat{BOD}=\widehat{MOD}=\frac{1}{2}\widehat{BOM}.$

Mà $$\widehat{AOM}$$ và $$\widehat{BOM}$$ là hai góc kề bù nên $$\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=180^{\circ }.$$

Khi đó, ta có: $$\widehat{COM}+\widehat{MOD}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}+\frac{1}{2}\widehat{BOM}=\frac{1}{2}\left(\widehat{AOM}+\widehat{BOM}\right)=\frac{1}{2}\cdot 180^{\circ }=90^{\circ }.$$

Hay $\widehat{COD}=90^{\circ }.$

Vì $CD$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left(O\right)$ tại $M$ nên $$CD\perp OM.$$

Xét $\Delta COM$ và $\Delta ODM$ có:

$$\widehat{CMO}=\widehat{OMD}=90^{\circ }$$ và $\widehat{OCM}=\widehat{DOM}$ (cùng phụ với $\widehat{COM}$)

Do đó $\Delta COM\backsim \Delta ODM$ (g.g)

Suy ra $\frac{CM}{OM}=\frac{OM}{DM}$ hay $$O{M}^2=CM.DM$$.

Mà $$AC=CM$$ và $$BD=MD$$ (chứng minh trên)

Do đó, $$O{M}^2=CM.DM=AC.BD$$ hay $$R^2=AC\cdot BD$$. (1)

Mặt khác, $AB$ là đường kính của nửa đường tròn $\left(O\right)$ nên $$AB=2R,$$ suy ra $$A{B}^2=4R^2$$ nên $$R^2=\frac{A{B}^2}{4}.$$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$AC.BD=\frac{A{B}^2}{4}$$.

b) Ta có: $$AC\perp AB,BD\perp AB$$ nên $$AC//BD$$.

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có $$\frac{CN}{BN}=\frac{AC}{BD}$$.

Mà $$CA=CM$$, $$BD=DM$$ (chứng minh câu a)

Do đó ta có $$\frac{CN}{BN}=\frac{CM}{DM},$$ suy ra $$MN//BD$$ (định lí Thalès đảo).

Lại có $$BD\perp AB$$ nên $$MN\perp AB.$$

c) Xét tam giác $$MOD$$, có: $$\cos \widehat{MOD}=\frac{MO}{OD}=\frac{MO}{2MO}=\frac{1}{2}$$, suy ra $$\widehat{MOD}=60^{\circ }$$.

Theo câu a, $$OD$$ là tia phân giác của $$\widehat{BOM}$$ nên $$\widehat{BOM}=2\widehat{MOD}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }.$$

Mà $$\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=180^{\circ }$$ (câu a)

Suy ra $$\widehat{AOM}=180^{\circ }-\widehat{BOM}=180^{\circ }-120^{\circ }<span></span>=60^{\circ }$$.

Mà $\widehat{AOM}$ là góc ở tâm chắn cung $AM$ nhỏ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $$OM,OA$$ và cung nhỏ $$MA$$ là:

$$S=\frac{60\cdot \pi \cdot R^2}{360}=\frac{\pi R^2}{6}$$ (đơn vị diện tích).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $$OM,OA$$ và cung nhỏ $$MA$$ là $$\frac{\pi R^2}{6}$$ (đvdt).

Diện tích giấy màu cần sử dụng chính bằng tổng diện tích bốn mặt bên là các tam giác cân có cạnh bên bằng $16\mathrm{cm}$ và cạnh đáy là $2x\left(\mathrm{cm}\right)$.

Xét tam giác $SBC$, kẻ đường cao $SH\perp BC$ tại $H$.

Do tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên $SH$ vừa là đường cao, vừa là đường trung trực suy ra $H$ là trung điểm của $BC$.

Suy ra $BH=HC=\frac{BC}{2}=x\left(\mathrm{cm}\right)\left(0<x<16\right)$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $SHC$, ta có: $S{H}^2+H{C}^2=S{C}^2$

Suy ra $S{H}^2=16^2-x^2=256-x^2$.

Do đó $SH=\sqrt{256-x^2}$.

Diện tích tam giác $SBC$ là $\frac{1}{2}.2x.\sqrt{256-x^2}=x\sqrt{256-x^2}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Diện tích giấy màu cần sử dụng là $4x\sqrt{256-x^2}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Thực hiện tính giá trị lớn nhất của $S=4x\sqrt{256-x^2}$với $0<x<16$.

Ta có: $4x\sqrt{256-x^2}=4\sqrt{256x^2-x^4}$

                                $=4\sqrt{-\left(x^4-2.128x^2+{128}^2\right)+{128}^2}$

                                $=4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}$.

Vì ${\left(x^2-128\right)}^2\ge 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $-{\left(x^2-128\right)}^2\le 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Suy ra $4\sqrt{-{\left(x^2-128\right)}^2+{128}^2}\le 4\sqrt{{128}^2}=512$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Do đó, $S=4x\sqrt{256-x^2}\le 512$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Dấu  xảy ra khi $x^2-128=0$ hay $x=8\sqrt{2}\left(0<x<16\right)$.

Vậy diện tích giấy màu cần sử dụng nhiều nhất là $512\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.