Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) có đáp án - Đề 4

1. a) Trong các phương trình trên, các phương trình bậc hai một ẩn là: ${\left( {x - 5} \right)^2} - 11 = 0$;

$3{x^2} - 2\sqrt 3 x + 1 = 0.$

• Xét phương trình ${\left( {x - 5} \right)^2} - 11 = 0$ hay ${x^2} - 10x + 14 = 0$ có $a = 1;b = - 10;c = 14$.

• Xét phương trình $3{x^2} - 2\sqrt 3 x + 1 = 0$ có $a = 3;b = - 2\sqrt 3 ;c = 1$.

b) • Giải phương trình ${\left( {x - 5} \right)^2} - 11 = 0$, ta được: ${\left( {x - 5} \right)^2} = 11$ hay ${\left( {x - 5} \right)^2} = {\left( {\sqrt {11} } \right)^2}$

Suy ra $x - 5 = \sqrt {11}$ hoặc $x - 5 = - \sqrt {11}$.

Do đó, $x = 5 + \sqrt {11}$ hoặc $x = 5 - \sqrt {11}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{ {5 + \sqrt {11} ;5 - \sqrt {11} } \right\}$.

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

Suy ra $\sqrt 3 x - 1 = 0$ nên $x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ hay $x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$

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

2. Gọi lãi suất của ngân hàng tại thời điểm mẹ Hoàng gửi tiền là $a\%$ một năm $\left( {0 < a < 100} \right).$

Số tiền lãi sau năm thứ nhất gửi là $3{,}5a\% = 0{,}035a$ (triệu đồng).

Tổng số tiền đem gửi năm thứ hai là: $3{,}5 + 0{,}035a$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau năm thứ hai gửi là: $\left( {3{,}5 + 0{,}035a} \right) \cdot a\% = 0{,}035a + 0{,}00035{a^2}$ (triệu đồng).

Theo đề bài, sau hai năm tổng số tiền cả gốc lẫn lãi mà anh em Hoàng nhận được là $3{,}875$ triệu đồng nên ta có phương trình:

$$3{,}5 + 0{,}035a + 0{,}035a + 0{,}00035{a^2} = 3{,}875$$

$$0{,}00035{a^2} + 0{,}07a - 0{,}375 = 0$$

$$7{a^2} + 1400a - 7500 = 0$$

Giải phương trình trên ta được hai nghiệm ${a_1} \approx 5{,}2$ (thỏa mãn); ${a_2} = - 205{,}2$ (loại).

Vậy lãi suất của ngân hàng tại thời điểm mẹ Hoàng gửi tiền là khoảng $5{,}2\%$ mỗi năm.

a) Thay $x = 2,y = 1$vào hàm số $\left( P \right):y = m{x^2}$, ta được: $4m = 1$ nên $m = \frac{1}{4}.$

Vậy $\left( P \right):y = \frac{1}{4}{x^2}$ thì đi qua điểm $A\left( {2;1} \right)$.

b) Với $m = - \frac{1}{2}$, ta có: $\left( P \right):y = - \frac{1}{2}{x^2}$.

Lập bảng giá trị, ta có:

Ta có đồ thị hàm số sau:

c) Có $y = - \frac{1}{2}{x^2}$, thay $y = - 8$ vào hàm số ta có: $- \frac{1}{2}{x^2} = - 8$ nên ${x^2} = 16$.

Do $x = 4$ hoặc $x = - 4$.

Vậy với $m = - \frac{1}{2}$, điểm có tọa độ $\left( {4; - 8} \right);\left( { - 4; - 8} \right)$.

d) Gọi $I\left( {{x_0}; - \frac{1}{2}x_0^2} \right)$ là điểm có tổng hoành độ và tung độ bằng $0.$

Ta có: $- \frac{1}{2}x_0^2 + {x_0} = 0$ hay ${x_0}\left( { - \frac{1}{2}{x_0} + 1} \right) = 0$, suy ra ${x_0} = 0$ hoặc ${x_0} = 2$.

Với ${x_0} = 0$ thì ${y_0} = - \frac{1}{2}$.

Với ${x_0} = 2$ thì ${y_0} = - 2.$

Vậy điểm thỏa mãn có $\left( {0;0} \right),\left( {2; - 2} \right)$.

a) Phương trình ${x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0$ có $\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} + 2{m^2} + 1 = 3{m^2} + 1 > 0$ với mọi $m$.

Do đó, phương trình luôn có nghiệm.

b) Với $m = 2,$ ta có: ${x^2} - 4x - 9 = 0$.

Ta có biệt thức $\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( { - 9} \right) = 13 > 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Đó là ${x_1} = 2 - \sqrt {13}$ và ${x_2} = 2 + \sqrt {13}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\left\{ {2 - \sqrt {13} ;2 + \sqrt {13} } \right\}$.

c) Xét phương trình ${x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0$ có:

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

Với mọi $m \in \mathbb{R}$ ta thấy $3{m^2} + 1 > 0$ nên $\Delta ' > 0.$

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ với mọi giá trị của $m.$

Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = 2m;\,\,{x_1}{x_x} = - 2{m^2} - 1.$

Ta có: $\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = - 3$

$\frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3$

$\frac{{x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3$

$\frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3$

$\frac{{{{\left( {2m} \right)}^2} - 2\left( { - 2{m^2} - 1} \right)}}{{ - 2{m^2} - 1}} = - 3$

$4{m^2} + 4{m^2} + 2 = 6{m^2} + 3$

$2{m^2} = 1$

${m^2} = \frac{1}{2}$

$m = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ (thỏa mãn) hoặc $m = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ (thỏa mãn).

Vậy $m \in \left\{ {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\,\, - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right\}.$

1. Xét $\Delta ABC$ đều có $AB = AC$ và $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

Phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm $A$ biến điểm $B$ thành điểm $C$ tạo nên cung lớn $BC$ có số đo là:

Vậy góc quay của phép quay đó là $300^\circ .$

2. Ta có $\widehat {ADx} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù)

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp).

Suy ra $\widehat {ABC} = \widehat {ADx} = 120^\circ .$

Mà $\widehat {ABC}$ là góc ngoài tại đỉnh $B$ của tam giác $ABE$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE}$

Suy ra $\widehat {BAE} = \widehat {ABC} - \widehat {AEB} = 120^\circ - 45^\circ = 75^\circ .$

Lại có $\widehat {BAE} + \widehat {BAD} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) và $\widehat {BCD} + \widehat {BAD} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau trong tứ giác $ABCD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat {BCD} = \widehat {BAE} = 75^\circ .$

a) Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $AC$ là đường kính nên $\widehat {ABC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $AF$ là đường kính nên $\widehat {ABF} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $\widehat {CBF} = \widehat {ABC} + \widehat {ABF} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .$

Suy ra ba điểm $C,\,\,B,\,\,F$ thẳng hàng.

Chứng minh tương tự như trên, ta có $\widehat {ADC} = 90^\circ$

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right))$ và $\widehat {AEF} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( {O'} \right)).$

Do đó $\widehat {CDF} = \widehat {CEF} = 90^\circ$ nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông $CDF,\,\,CEF$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $CF$ hay các điểm $C,\,\,D,\,\,E,\,\,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $CF.$

Vậy tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF.$

b) Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABD} = \widehat {ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABFE$ nội tiếp đường tròn $\left( {O'} \right)$ nên $\widehat {ABE} = \widehat {AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$

Tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF$ nên $\widehat {DCE} = \widehat {DFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE)$ hay $\widehat {ACD} = \widehat {AFE}$.

Từ đó suy ra $\widehat {ABD} = \widehat {ABE}$ hay $BA$ là tia phân giác của góc $DBE.$

Chứng minh tương tự, ta có $\widehat {CED} = \widehat {BEC}\left( { = \widehat {CFD}} \right)$ hay $EC$ là tia phân giác của góc $BED.$

Xét tam giác $BDE$ có $BA$ và $EC$ là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại $A$ nên $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$