Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 3

1. a) Trong các phương trình trên, phương trình bậc hai một ẩn là: $- {x^2} - 7x - 6 = 0;$${x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0$.

• Với phương trình $- {x^2} - 7x - 6 = 0,$ ta có $a = - 1,b = - 7,c = - 6$.

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

b) • Giải phương trình $- {x^2} - 7x - 6 = 0,$ ta thấy $a - b + c = 1 - \left( { - 7} \right) + 6 = 0$ nên phương trình có hai nghiệm $x = - 1$ và $x = - 6$.

Vậy phương trình có nghiệm là $\left\{ { - 1; - 6} \right\}$.

• Giải phương trình ${x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0$, ta được: ${x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0$ hay ${\left( {x - \sqrt 2 } \right)^2} = 0$

Suy ra $x - \sqrt 2 = 0$ nên $x = \sqrt 2$.

Vậy phương trình có nghiệm là $\left\{ {\sqrt 2 } \right\}$.

2. Gọi khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $x$ (g/cm3) $\left( {x > 1} \right).$

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $x - 1$ (g/cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ nhất là: $\frac{{880}}{x}$ (cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ hai là: $\frac{{858}}{{x - 1}}$ (cm3).

Theo đề bài, thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3 nên ta có phương trình: $\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10.$

Giải phương trình:

$\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10$

$\frac{{858x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{880\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{10x\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}}$

$858x - 880\left( {x - 1} \right) = 10x\left( {x - 1} \right)$

$858x - 880x + 880 = 10{x^2} - 10x$

$10{x^2} + 12x - 880 = 0$

$5{x^2} + 6x - 440 = 0$

Giải phương trình trên ta được: ${x_1} = - 10;\,\,{x_2} = 8{,}8.$

Ta thấy chỉ có giá trị ${x_2} = 8{,}8$ thỏa mãn điều kiện.

Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $8{,}8$ g/cm3; khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $8{,}8 - 1 = 7{,}8$ (g/cm3).

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

suy ra $m = \frac{4}{3}$.

Vậy $m = \frac{4}{3}$ thì được đồ thị hàm số $\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}$ đi qua điểm $A\left( { - \sqrt 3 ;1} \right).$

b) Ta có bảng giá trị của hàm số $\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}$ là

Do đó, đồ thị hàm số $\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}$ đi qua các điểm $\left( { - 2;\frac{{16}}{3}} \right);\left( { - 1;\frac{4}{3}} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2;\frac{{16}}{3}} \right);$$\left( {1;\frac{4}{3}} \right).$

Từ đây, ta có đồ thị như sau:

c) Thay $x = 3$ vào hàm số $\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}$, ta được: $y = \frac{4}{3}{.3^2} = 12$.

Vậy điểm trên $\left( P \right)$ có hoành độ bằng $3$ là $\left( {3;12} \right)$.

d) Gọi điểm cần tìm là $I\left( {{x_0};2{x_0}} \right)$.

Thay vào $\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}$, ta có: $2{x_0} = \frac{4}{3}x_0^2$ hay $\frac{{{x_0}}}{{x_0^2}} = \frac{2}{3}$ nên $\frac{1}{{{x_0}}} = \frac{2}{3}$ suy ra ${x_0} = \frac{3}{2}$.

Vậy điểm trên $\left( P \right)$ có tung độ gấp đôi hoành độ là $I\left( {\frac{3}{2};3} \right)$.

a) Với $m = 2$, ta có: ${x^2} - 2x + 2 = 0$ hay ${\left( {x - 1} \right)^2} + 1 = 0$ (vô lí do ${\left( {x - 1} \right)^2} + 1 > 0$)

Vậy với $m = 2$ thì phương trình (1) vô nghiệm.

b) Xét phương trình: ${x^2} - 2x + m = 0$ có $\Delta ' = 1 - m$.

Để phương trình (1) có nghiệm thì $\Delta ' \ge 0$ hay $1 - m \ge 0$ nên $m \le 1.$

Vậy phương trình có nghiệm khi $m \le 1.$

c) Phương trình: ${x^2} - 2x + m = 0$ có $\Delta ' = 1 - m$.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta ' > 0$ hay $1 - m > 0$ nên $m < 1.$

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

Lại có: $x_1^3{x_2} + {x_1}x_2^3 - 2x_1^2x_2^2 = 5$

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

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

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

Suy ra $4m - 2{m^2} - 2{m^2} = 5$ hay $- 4{m^2} + 4m - 5 = 0$

Suy ra $- \left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) - 4 = 0$ hay $- {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 = 0$.

Nhận thấy $- {\left( {2m - 1} \right)^2} \le 0$ với mọi $m < 1.$

Suy ra $- {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 < 0$ với mọi $m < 1.$

Do đó, phương trình $- 4{m^2} + 4m - 5 = 0$ vô nghiệm.

Vậy không có giá trị $m$ thỏa mãn.

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

Do đó $\Delta AOH$ vuông cân tại $H,$ nên $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

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

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$

Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $Ox,$ do đó $I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).$

Ta cũng chứng minh được $\widehat {HOI} = 45^\circ$ và $OI = 2\sqrt 2 .$

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

2. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat {A\,} + \widehat C = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng $180^\circ ).$

Suy ra $\widehat C = 180^\circ - \widehat {A\,} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .$

Xét $\Delta ABD$ có $\widehat {A\,} + \widehat {ABD} + \widehat {ADB} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {\widehat {A\,} + \widehat {ABD}} \right) = 180^\circ - \left( {80^\circ + 60^\circ } \right) = 40^\circ$.

Vì $AD\,{\rm{//}}\,BD$ nên $\widehat {DBC} = \widehat {ADB} = 40^\circ$ (so le trong).

Xét $\Delta BCD$ có $\widehat {C\,} + \widehat {CBD} + \widehat {BDC} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {BDC} = 180^\circ - \left( {\widehat {C\,} + \widehat {CBD}} \right) = 180^\circ - \left( {100^\circ + 40^\circ } \right) = 40^\circ .$

a) Vì điểm $B$ nằm trên đường tròn đường kính $AD$ nên $\widehat {ABD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do $\Delta ABE$ vuông tại $B$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm $AE$ hay đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ có đường kính $AE$.

Tương tự, $EF \bot AD$ nên $\Delta AEF$ vuông tại $F,$ có đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn đường kính $AE.$

Do đó, các điểm $A,\,\,B,\,\,E,\,\,F$ đều nằm trên đường tròn đường kính $AE.$

Vậy tứ giác $ABEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AE.$

b) Tứ giác $ABEF$ nội tiếp nên $\widehat {BAE} = \widehat {BFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE).$ (1)

Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác $CDFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE.$

Suy ra $\widehat {EFC} = \widehat {EDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC).$ (2)

Lại có tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {BAC} = \widehat {BDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC)$ hay $\widehat {BAE} = \widehat {EDC}.$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat {BFE} = \widehat {EFC}$ hay $FE$ là tia phân giác của $\widehat {BFC}.$

Chứng minh tương tự như trên, ta có $BD$ là tia phân giác của $\widehat {CBF}.$

Xét $\Delta BCF$ có $BD,\,\,FE$ là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại $E$ nên $E$ là giao điểm ba đường phân giác của tam giác này.

Do đó $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCF.$