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

1. a) Thực hiện thay $x = - 1$ vào các phương trình, ta có:

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$ ta được:

$\sqrt 3 .{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right).\left( { - 1} \right) - 1 = 0$.

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình ${x^2} - 6x - 8 = 0$, ta được:

${\left( { - 1} \right)^2} - 6.\left( { - 1} \right) - 8 = - 1 \ne 0$.

Do đó, $x = - 1$ không là nghiệm của phương trình ${x^2} - 6x - 8 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$, ta được:

$$- 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) - 3 = 0.$$

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $- 2{x^2} - 5x + 7 = 0,$ ta được:

$- 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) + 7 = 10 \ne 0$.

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $- 2{x^2} - 5x + 7 = 0$.

Vậy phương trình có $x = - 1$ là nghiệm là $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$ và $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$.

b) • Giải phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$ có $a + b + c = - 2 - \left( { - 5} \right) + \left( { - 3} \right) = 0$.

Do đó nghiệm của phương trình là $x = - 1$ và $x = - \frac{3}{2}$.

Vậy phương trình có nghiệm $\left\{ { - 1; - \frac{3}{2}} \right\}$.

• Giải phương trình $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$, ta thấy: $a - b + c = \sqrt 3 + 1 - \sqrt 3 - 1 = 0$.

Do đó nghiệm của phương trình là $x = - 1$ và $x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{ { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right\}$.

2. Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là $x{\rm{\;(m)}}$ và $y{\rm{\;(m)}}$ $\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).$

Vì mảnh vườn có chu vi là $70{\rm{\;m}}$ nên ta có phương trình $2\left( {x + y} \right) = 70$ hay $x + y = 35$.

Vì mảnh vườn có diện tích là $250{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$ nên ta có phương trình $xy = 250$.

Ta có: $x + y = 35$ và $xy = 250$ và ${35^2} - 4 \cdot 250 = 225 > 0$ nên $x,\,\,y$ là nghiệm của phương trình:

${t^2} - 35t + 250 = 0.$

Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt là ${t_1} = 10$ (thỏa mãn); ${t_2} = 25$ (thỏa mãn).

Mà chiều dài luôn lớn hơn chiều rộng nên chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là $25{\rm{\;m}},\,\,10{\rm{\;m}}.$

Khu trồng hoa $BEDF$ có $BE = DF$ và $BE\,{\rm{//}}\,DF$ nên có dạng một hình bình hành, do đó diện tích của khu trồng hoa là: $6 \cdot 10 = 60{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Số tiền chủ vườn phải trả cho người trồng hoa để trồng hết khu trồng hoa đó là:

$60 \cdot 50\,\,000 = 3\,\,000\,\,000$ (đồng).

a) Thay $x = - 1,y = 2$ vào hàm số, ta được: $\left( {{m^2} - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} = 2$ nên ${m^2} = 3$.

Suy ra $m = \sqrt 3$ hoặc $m = - \sqrt 3$.

Vậy đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( { - 1;2} \right)$ là $y = 2{x^2}$ khi $m = \sqrt 3$ hoặc $m = - \sqrt 3$.

b) Thay $x = 1,y = 3$ vào hàm số $y = 2{x^2}$, ta được: $2 = 3$ (vô lí)

Do đó, điểm $B\left( {1;3} \right)$ không thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$.

Thay $x = - 1,y = 2$ vào hàm số $y = 2{x^2}$, ta được: $2.{\left( { - 1} \right)^2} = 2$.

Do đó, điểm $C\left( { - 1;2} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$.

c) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 3\\2x + y = 1\end{array} \right.$ ta được $\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 3\end{array} \right.$.

Do đó, đồ thị hàm số $y = \left( {{m^2} - 1} \right){x^2}$ đi qua điểm có tọa độ $\left( { - 1;3} \right)$.

Thay $x = - 1,y = 3$ vào $y = \left( {{m^2} - 1} \right){x^2}$, ta có: $\left( {{m^2} - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} = 3$ suy ra ${m^2} = 4$.

Suy ra $m = 2$ hoặc $m = - 2$.

Vậy đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( { - 1;3} \right)$ là $y = 3{x^2}$ khi $m = 2$ hoặc $m = - 2$.

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

Vậy đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ đi qua điểm có tọa độ $\left( { - 2;8} \right);\left( { - 1;2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;2} \right);\left( {2;8} \right)$.

Ta có bảng giá trị của hàm số $y = 3{x^2}$ như sau:

Vậy đồ thị hàm số $y = 3{x^2}$ đi qua điểm có tọa độ $\left( { - 2;12} \right);\left( { - 1;3} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;3} \right);\left( {2;12} \right)$.

Từ đây, ta có đồ thị hàm số như sau:

a) Với $m = 3,$ ta có phương trình: ${x^2} - 8x + 16 = 0$ hay ${\left( {x - 4} \right)^2} = 0$, suy ra $x - 4 = 0$.

Do đó, $x = 4$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = 4$ khi $m = 3.$

b) Xét phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0$ có:

$\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - {m^2} - 3m + 2 = - m + 3$

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta ' \ge 0$ hay $- m + 3 \ge 0$, suy ra $m \le 3$.

Vậy $m \le 3$ thì phương trình có nghiệm.

c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta ' > 0$ hay $- m + 3 > 0$ suy ra $m < 3.$

Theo hệ thức Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.$.

Lại có, $A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2$

$A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - \left( {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2} \right)$

$A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}$

$A = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - {\left[ {2\left( {m + 1} \right)} \right]^2}$

$A = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 8m - 4$

$A = {m^2} + 7m + 2004$

$A = {\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4}$

Ta có: ${\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m$, do đó ${\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4} \ge \frac{{7967}}{4}$ hay $A \ge \frac{{7967}}{4}$.

Vậy GTNN của $A = \frac{{7967}}{4}$ khi $m = - \frac{7}{2}.$

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

Xét $\Delta AOH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore ta có: $O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}$

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 .$

Ta cũng có $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{3}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.$ Suy ra $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

Ta có điểm $B\left( { - 3\sqrt 2 ;\,\,0} \right)$ nằm trên trục $Ox$ nên $OB = \left| { - 3\sqrt 2 } \right| = 3\sqrt 2 .$ Khi đó $OA = OB = 3\sqrt 2 .$Mặt khác, $\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {HOB} = 45^\circ + 90^\circ = 135^\circ .$

Như vậy, phép quay $135^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ thành điểm $B$.

2.

Xét đường tròn $\left( O \right),$ ta có $\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 60^\circ$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ$.

Suy ra $\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABD} + \widehat {DBC}} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 40^\circ } \right) = 80^\circ .$

a) Vì $F,\,\,E$ là tiếp điểm của đường tròn $\left( I \right)$ nội tiếp tam giác $ABC$ nên $IF \bot AB,\,\,IE \bot AC.$

Do đó $\widehat {IFA} = \widehat {IEA} = 90^\circ$, nên hai tam giác $AIF,\,\,AIE$ là hai tam giác vuông có cùng cạnh huyền $AI$

Do đó đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $AIF,\,\,AIE$ là đường tròn đường kính $AI$ hay bốn điểm $A,\,\,E,\,\,I,\,\,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AI.$

Vậy tứ giác $AEIF$ là tứ giác nội tiếp.

b) Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ nên $AI,\,\,BI,\,\,CI$ là các đường phân giác của tam giác.

Do đó $\widehat {IAF} = \frac{1}{2}\widehat {BAC};\,\,\widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC};\,\,\widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}$.

Ta có: $\widehat {AIF} = 90^\circ - \widehat {IAF} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC}$. (1)

$\widehat {IBC} + \widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = \frac{1}{2}\left( {180^\circ - \widehat {BAC}} \right) = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC}.$ (2)

Xét $\Delta IBC$ có $\widehat {KIC}$ là góc ngoài tại đỉnh $I$ nên $\widehat {KIC} = \widehat {IBC} + \widehat {ICB}.$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat {AIF} = \widehat {KIC}.$ (4)

Tứ giác $AEIF$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {AEF} = \widehat {AIF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AF).$ (5)

Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác $IEKC$ nội tiếp đường tròn đường kính $IC.$

Do đó $\widehat {KEC} = \widehat {KIC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $KC).$ (6)

Từ (4), (5), (6) ta có $\widehat {AEF} = \widehat {KEC}$.

Mà $\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ$ nên $\widehat {KEC} + \widehat {FEC} = 180^\circ$ hay ba điểm $F,\,\,E,\,\,K$ thẳng hàng.