Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 1

1. a) Xét các phương trình trên, ta có phương trình bậc hai một ẩn là: $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0;$

$- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0.$

• Với phương trình $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0$ có $a = - 1,b = - \frac{3}{2},c = - \frac{1}{2}.$

• Với phương trình $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ có $a = - 3,b = - 4\sqrt 6 ,c = - 4.$

b) Giải phương trình:

• Ta có: $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0$ hay $- 2{x^2} - 3x - 1 = 0$ có $a - b + c = - 2 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 1} \right) = 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm là $x = - 1$ và $x = - \frac{1}{2}$.

Vậy nghiệm của phương trình $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0$ là $\left\{ { - 1; - \frac{1}{2}} \right\}$.

• Ta có: $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ hay $- {\left( {\sqrt 3 x - 2} \right)^2} = 0$ suy ra $\sqrt 3 x - 2 = 0$ nên $x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy phương trình $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ có nghiệm là $\left\{ {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right\}.$

2. Gọi $x$ (g/cm3) là khối lượng riêng của chất lỏng I $\left( {x > 0{,}2} \right).$

Khi đó, khối lượng riêng của chất lỏng II là $x - 0{,}2$ (g/cm3).

Thể tích của chất lỏng I là: $\frac{8}{x}$ (cm3).

Thể tích của chất lỏng II là: $\frac{6}{{x - 0{,}2}}$ (cm3).

Khối lượng hỗn hợp sau khi trộn là: $8 + 6 = 14$ (g).

Thể tích của hỗn hợp sau khi trộn là: $\frac{{14}}{{0{,}7}} = 20$ (cm3).

Ta có phương trình: $\frac{8}{x} + \frac{6}{{x - 0{,}2}} = 20$.

Giải phương trình:

$\frac{8}{x} + \frac{6}{{x - 0{,}2}} = 20$

$\frac{{8\left( {x - 0{,}2} \right)}}{{x\left( {x - 0{,}2} \right)}} + \frac{{6x}}{{x\left( {x - 0{,}2} \right)}} = \frac{{20x\left( {x - 0{,}2} \right)}}{{x\left( {x - 0{,}2} \right)}}$

$8\left( {x - 0{,}2} \right) + 6x = 20x\left( {x - 0{,}2} \right)$

$8x - 1{,}6 + 6x = 20{x^2} - 4x$

$20{x^2} - 18x + 1{,}6 = 0$

$50{x^2} - 45x + 4 = 0$

Phương trình có $\Delta = {\left( { - 45} \right)^2} - 4 \cdot 50 \cdot 4 = 1\,\,225 > 0$ và $\sqrt \Delta = 35.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

${x_1} = \frac{{45 + 35}}{{2 \cdot 50}} = 0{,}8$ (thỏa mãn); ${x_2} = \frac{{45 - 35}}{{2 \cdot 50}} = 0{,}1$ (không thỏa mãn).

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng I là $0{,}8$ g/cm3; khối lượng riêng của chất lỏng I là $0{,}8 - 0{,}2 = 0{,}6$ (g/cm3).

a) Thay $x = 1,y = - 2$ vào $\left( P \right)$, ta được: $a = - 2$.

Vậy hàm số đi qua điểm $A\left( {1; - 2} \right)$ là $y = - 2{x^2}$.

b) Ta có bảng giá trị của hàm số $y = - 2{x^2}$ như sau:

Do đó, đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là $\left( { - 2; - 8} \right);\left( { - 1; - 2} \right);\left( {0;0} \right);$ $\left( {1; - 2} \right);\left( {2; - 8} \right)$.

Ta có đồ thị hàm số như sau:

c) Thay $x = \frac{2}{3}$ vào $\left( P \right)$, ta có: $y = - 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}$ hay $y = \frac{{ - 8}}{9}$.

Do đó, điểm thuộc $\left( P \right)$ có hoành độ là $\frac{2}{3}$ đó là $\left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 8}}{9}} \right)$.

d) Nhận thấy điểm cách đều hai trục tọa độ nằm trên đường thẳng $y = x$ hoặc $y = - x.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right):y = - 2{x^2}$ và đường thẳng $y = x$, ta có:

$- 2{x^2} = x$ nên $- 2{x^2} - x = 0$ hay $x\left( { - 2x - 1} \right) = 0$. Do đó, $x = 0$ hoặc $x = \frac{{ - 1}}{2}$.

• Với $x = 0$ thì $y = 0$, suy ra điểm $O\left( {0;0} \right)$.

• Với $x = - \frac{1}{2}$ thì $y = \frac{{ - 1}}{2}$, suy ra điểm $A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right):y = - 2{x^2}$ và đường thẳng $y = - x$ ta có:

$- 2{x^2} = - x$ nên $- 2{x^2} + x = 0$ hay $x\left( { - 2x + 1} \right) = 0$. Do đó, $x = 0$ hoặc $x = \frac{1}{2}.$

• Với $x = 0$ thì $y = 0$, suy ra điểm $O\left( {0;0} \right)$.

• Với $x = \frac{1}{2}$ thì $y = \frac{{ - 1}}{2}$, suy ra điểm $B\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$.

Vậy có điểm $A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$; $B\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)$ nằm trên $\left( P \right)$ cách đều hai trục tọa độ.

a) Với $m = \frac{1}{2}$, ta có: ${x^2} - \left( {2.\frac{1}{2} - 1} \right)x + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 7 = 0$ suy ra ${x^2} - \frac{{27}}{4} = 0$ hay ${x^2} = \frac{{27}}{4}$.

Do đó, $x = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$ hoặc $x = \frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy với $m = \frac{1}{2}$ thì phương trình có nghiệm là $\left\{ {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}} \right\}$.

b) Xét phương trình ${x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0$ có :

$\Delta = {\left[ { - \left( {2m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {{m^2} - 7} \right) = - 4m + 29$.

Để phương trình có nghiệm kép thì $\Delta = 0$ hay $- 4m + 29 = 0$, do đó $m = \frac{{29}}{4}$.

Vậy phương trình có nghiệm kép khi $m = \frac{{29}}{4}$.

c) Xét phương trình ${x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0$ $\left( * \right)$

Ta có: $\Delta = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {{m^2} - 7} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 4{m^2} + 28 = - 4m + 29$.

Để phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thì $\Delta > 0,$ tức là $- 4m + 29 > 0$ hay $m < \frac{{29}}{4}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Theo bài, $4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}$

$4{x_1}^2 - 4x_2^2 - {x_1} + x_2^2 + {x_2} - {x_1}{x_2} = 0$

$$4\left( {{x_1}^2 - x_2^2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + {x_2} - {x_1} = 0$$

$4\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 0$

$\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 4{x_2} - {x_2} - 1} \right) = 0$

$\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 3{x_2} - 1} \right) = 0$

Xét trường hợp 1: ${x_1} - {x_2} = 0$ suy ra ${x_1} = {x_2}$ (loại do ${x_1} \ne {x_2}).$

Xét trường hợp 2: $4{x_1} + 3{x_2} - 1 = 0$ suy ra ${x_1} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 1 = 0$ $\left( {**} \right)$

Thay ${x_1} + {x_2} = 2m - 1$ vào $\left( {**} \right)$ ta có: ${x_1} + 3\left( {2m - 1} \right) - 1 = 0$ hay ${x_1} = - 6m + 4$.

Thay ${x_1} = - 6m + 4$ vào $\left( 1 \right)$ ta được $- 6m + 4 + {x_2} = 2m - 1$, suy ra ${x_2} = 8m - 5.$

Thay ${x_1} = - 6m + 4$ và ${x_2} = 8m - 5$ vào $\left( 2 \right)$ ta được:

$\left( { - 6m + 4} \right)\left( {8m - 5} \right) = {m^2} - 7$

$- 48{m^2} + 30m + 32m - 20 = {m^2} - 7$

$- 49{m^2} + 62m - 13 = 0$

$m = 1$ (thỏa mãn); $m = \frac{{13}}{{49}}$ (thỏa mãn).

Vậy với $m = \left\{ {1;\,\,\frac{{13}}{{49}}} \right\}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $Oy.$ Ta có $A\left( {2;\,\,3} \right)$ nên $AH = \left| 2 \right| = 2$ và $OH = \left| 3 \right| = 3.$

Xét $\Delta AOH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore ta có:

$$O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}$$

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {2^2}} = \sqrt {13} .$

Ta cũng có $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Giả sử phép quay $90^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ (ở góc phần tư thứ I) thành điểm $B$.

Khi đó, điểm $B$ nằm ở góc phần tư thứ II và $OB = OA = \sqrt {13} ,\,\,\widehat {AOB} = 90^\circ .$

Ta có $\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {BOH} = 90^\circ$ nên $\cos \widehat {BOH} = \sin \widehat {AOH} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Xét $\Delta OBK$ vuông tại $K$ (gọi $K$ là hình chiếu của điểm $B$ trên $Oy)$ ta có:

$OK = OB \cdot \cos \widehat {BOH} = \sqrt {13} \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} = 2.$

Từ đó, ta có tung độ của điểm $B$ là $2$ (do $B$ nằm ở góc phần tư thứ II).

Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm $B$ là $- 3.$

Như vậy, phép quay ngược chiều $90^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A\left( {2;\,\,3} \right)$ thành điểm $B\left( {--3;{\rm{ }}2} \right).$

2. Giả sử $ABCD$ là khung cổng hình chữ nhật $(AB = CD = 3{\rm{\;m}}$ và $AD = BC = 4{\rm{\;m}})$ nội tiếp nửa đường tròn $\left( O \right)$ (hình vẽ).

Gọi $H$ là trung điểm của $CD.$

Khi đó $HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2{\rm{\;(m)}}$ và $H$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Vì $B,{\rm{ }}C$ cùng nằm trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên $OB = OC,$ suy ra $O$ nằm trên đường trung trực của $BC.$

Do đó $OH$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC,$ nên $OH \bot BC.$

Mà $BC\,{\rm{//}}\,AD$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) nên $OH \bot AD.$

Xét tứ giác $ABHO$ có $\widehat {OAB} = \widehat {AOH} = \widehat {OHB} = 90^\circ$ nên $ABHO$ là hình chữ nhật.

Do đó $OH = AB = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta OBH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore, ta có: $O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} = {3^2} + {2^2} = 13.$

Do đó $OB = \sqrt {13} {\rm{\;m}}.$

Nửa chu vi đường tròn $\left( O \right)$ là: $\pi \sqrt {13} {\rm{\;\;(m)}}{\rm{.}}$

a) Ta có $MA,{\rm{ }}MB$ là các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $A$ và $B$ nên $MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}$

Suy ra $OM = 2R.$

Gọi $I$ là giao điểm của $\left( O \right)$ với tia $OM,$ ta có $OI = R$ nên $IM = OM--OI = 2R--R = R.$

Do đó, $IM = IO = R$ nên $I$ là trung điểm của $OM.$

Do $\Delta OAM$ vuông tại $A$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAM.$

Do $\Delta OBM$ vuông tại $B$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OBM.$

Do đó bốn điểm $A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O$ cùng nằm trên đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

Vậy tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ ta có: $\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}$. Suy ra $\widehat {AMO} = 30^\circ .$

Do $MA,{\rm{ }}MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $M$ nên $MA = MB$ và $MO$ là tia phân giác của góc $AMB,$ suy ra $\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .$

Vì vậy tam giác $AMB$ là tam giác đều có $MA = MB = AB = R\sqrt 3$ (1)

Theo chứng minh trên, ta có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMB.$ Tam giác đều $MAB$ có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều $MAB$ cạnh $R\sqrt 3$ có tâm là $I$ và bán kính là $\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.$

b) Ta có $\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {MBP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (3)

Do $\Delta OBP$ cân tại $O$ (vì $OB = OP)$ nên ta có:

$\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BP$ nên $\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Do đó $\widehat {PBO} = 90^\circ - \widehat {BQP}.$ Hay $\widehat {BQP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.$

Xét $\Delta MPB$ và $\Delta MBQ$ có:

$\widehat {BMQ}$ là góc chung, $\widehat {MBP} = \widehat {MQB}$

Do đó $ΔMPB∽ΔMBQ$ (g.g).

Suy ra $\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}$ hay $MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.$

Lại có ${\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0$ hay ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP$

Suy ra ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}$

Do đó $MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3$ (dấu “=” xảy ra khi $MQ = MP).$

Vậy $MP + MQ$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt 3 ,$ khi đó $MQ = MP$ hay đường thẳng $d$ đi qua $M$ và $A$ hoặc $d$ đi qua $M$ và $B.$