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

1. a) Xét các phương trình trên, ta có các phương trình bậc hai một ẩn là:

$2{x^2} - 5x - 3 = 0$ và ${x^2} - 7x + 4 = 0.$

• Với phương trình $2{x^2} - 5x - 3 = 0$, ta có: $a = 2;b = - 5;c = - 3$.

• Với phương trình ${x^2} - 7x + 4 = 0$, ta có: $a = 1;b = - 7;c = 4.$

b) Giải phương trình $2{x^2} - 5x - 3 = 0$, ta có: $\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.\left( { - 3} \right) = 49 > 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là

${x_1} = \frac{{5 + \sqrt {49} }}{4} = \frac{{12}}{4} = 3$ và ${x_2} = \frac{{5 - \sqrt {49} }}{4} = \frac{{ - 2}}{4} = - \frac{1}{2}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $2{x^2} - 5x - 3 = 0$ là: $\left\{ { - \frac{1}{2};3} \right\}.$

Giải phương trình ${x^2} - 7x + 4 = 0$, ta có: $\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.4 = 33 > 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là

${x_1} = \frac{{7 + \sqrt {33} }}{2}$ và ${x_2} = \frac{{7 - \sqrt {33} }}{2}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình ${x^2} - 7x + 4 = 0$ là $\left\{ {\frac{{7 + \sqrt {33} }}{2};\frac{{7 - \sqrt {33} }}{2}} \right\}$.

2. Giả sử điểm $M$ chia đoạn thẳng $AB$ thành hai đoạn thẳng thỏa mãn điều kiện bài toán, $AM > MB.$

Gọi độ dài của $AM = x$ $({\rm{cm}})\,\,\left( {0 < x < 10} \right)$ suy ra $MB = 10 - x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Theo đề bài, bạn An chia đoạn thẳng $AB$ thành hai đoạn sao cho tỉ số giữa đoạn lớn với đoạn $AB$ bằng tỉ số giữa đoạn nhỏ với đoạn lớn nên ta có $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MB}}{{AM}}$ hay $\frac{x}{{10}} = \frac{{10 - x}}{x}$.

Giải phương trình:

$\frac{x}{{10}} = \frac{{10 - x}}{x}$

${x^2} = 10\left( {10 - x} \right)$

${x^2} = 100 - 10x$

${x^2} + 10x - 100 = 0$

Giải phương trình trên ta được ${x_1} = - 5 - 5\sqrt 5 ;$${x_2} = - 5 + 5\sqrt 5 .$

Ta thấy chỉ có giá trị ${x_2} = - 5 + 5\sqrt 5$ thỏa mãn điều kiện.

Vậy $AM = - 5 + 5\sqrt 5 {\rm{\;(cm)}}{\rm{,}}$ tỉ số cần tìm là $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{ - 5 + 5\sqrt 5 }}{{10}} = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}.$

a) Thay $x = - 2,y = 8$ vào $\left( P \right)$, ta được: $8 = a.{\left( { - 2} \right)^2}$ hay $4a = 8$ nên $a = 2.$

Vậy $a = 2$ thì ta được hàm số $\left( P \right):y = 2{x^2}$ đi qua điểm $A\left( { - 2;8} \right).$

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

Do đó, đồ thị hàm số $\left( P \right):y = 2{x^2}$ đi qua các 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 đồ thị hàm số như sau:

c) Ta có: $\left( P \right):y = 2{x^2}$, thay $y = 2,$ ta được: $2{x^2} = 2$, suy ra ${x^2} = 1$ nên $x = 1$ hoặc $x = - 1.$

Do đó, các điểm thuộc đồ thị hàm số $\left( P \right):y = 2{x^2}$ có tung độ $y = 2$ là $\left( {1;2} \right)$ và $\left( { - 1;2} \right)$.

d) Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$, ta có:

$a{x^2} = x + 6$ hay $a{x^2} - x - 6 = 0$ (1)

Thay $x = \frac{6}{5}$ vào phương trình (1), ta có: $\frac{{36}}{{25}}a - \frac{6}{5} - 6 = 0$ hay $\frac{{36}}{{25}}a - \frac{{36}}{5} = 0$ nên $\frac{{36}}{{25}}a = \frac{{36}}{5}.$

Do đó, $a = 5$ (thỏa mãn).

Vậy $\left( P \right):y = 5{x^2}$.

a) Với $m = 2,$ ta có: $\left( {2.2 - 3} \right){x^2} - 2\left( {2 - 2} \right)x - 1 = 0$ hay ${x^2} - 1 = 0$ nên ${x^2} = 1$.

Suy ra $x = 1$ hoặc $x = - 1$.

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

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

• Với $2m - 3 = 0$ thì $m = \frac{3}{2}$ thì ta được: $x - 1 = 0$, suy ra $x = 1$. (1)

• Với $2m - 3 \ne 0$ thì $m \ne \frac{3}{2}$ ta được phương trình bậc hai $\left( {2m - 3} \right){x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x - 1 = 0$

Có $\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 2} \right)} \right]^2} + \left( {2m - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0$, với mọi $m \in \mathbb{R}$. (2)

Từ (1) và (2), suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi $m \in \mathbb{R}$.

c) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta ' > 0$ và $2m - 3 \ne 0$, suy ra ${\left( {m - 1} \right)^2} > 0$ và $m \ne \frac{3}{2}$, do đó $m \ne 1$ và $m \ne \frac{3}{2}$.

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

Mà theo đề, ta có: $2{x_1} + 3{x_2} = 5$ suy ra ${x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2}$.

Thay ${x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2}$ vào ${x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}$, ta được: $\frac{{5 - 3{x_2}}}{2} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}$.

Suy ra $5 - {x_2} = \frac{{4\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}$ nên ${x_2} = 5 - \frac{{4\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}} = \frac{{6m - 7}}{{2m - 3}}$.

Do đó, ${x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2} = \frac{5}{2} - \frac{3}{2}{x_2} = \frac{5}{2} - \frac{3}{2}.\frac{{6m - 7}}{{2m - 3}} = \frac{{ - 8m + 6}}{{2\left( {2m - 3} \right)}} = \frac{{ - 4m + 3}}{{2m - 3}}$.

Mà ${x_1}{x_2} = \frac{{ - 1}}{{\left( {2m - 3} \right)}}$ nên $\frac{{6m - 7}}{{\left( {2m - 3} \right)}}.\frac{{\left( { - 4m + 3} \right)}}{{\left( {2m - 3} \right)}} = \frac{{ - 1}}{{2m - 3}}$.

Suy ra $\left( {6m - 7} \right).\left( { - 4m + 3} \right) = - \left( {2m - 3} \right)$

Do đó, $24{m^2} - 46m + 21 = 2m - 3$ hay $24{m^2} - 48m + 24 = 0$

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

Suy ra $m = 1$ (loại).

Vậy không có giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Suy ra $\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 106^\circ = 74^\circ .$

Khi đó, (số đo cung gấp hai lần số đo góc nội tiếp chắn cung đó)

2. Vì $ABCDEG$ là lục giác đều nên $AB = BC = CD = DE = EG = GA$ và $OA = OB = OC = OD = OE = OG$.

Xét $\Delta OAB$ và $\Delta OBC$ có:

$OA = OB,\,\,OB = OC,\,\,AB = BC$

Do đó $\Delta OAB = \Delta OBC$ (c.c.c)

Suy ra $\widehat {AOB} = \widehat {BOC}$ (hai góc tương ứng).

Tương tự, ta sẽ chứng minh được

$\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOA}.$

Lại có:

$\widehat {AOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOE} + \widehat {EOG} + \widehat {GOA} = 360^\circ$

Suy ra $6\widehat {GOA} = 360^\circ$ nên $\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOA} = 60^\circ .$

Do đó, $\widehat {AOE} = \widehat {GOA} + \widehat {EOG} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ .$

Lại có $OA = OE.$ Như vậy, phép quay ngược chiều $120^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $E.$

a) Vì $AI,\,\,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $AI \bot BC$ và $CL \bot AB.$ Do đó $\widehat {AIB} = \widehat {BLC} = 90^\circ$ hay $\widehat {HIB} = \widehat {BLH} = 90^\circ$.

Suy ra hai điểm $I,\,\,L$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH.$

Vậy bốn điểm $B,\,\,I,\,\,L,\,\,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH$ hay tứ giác $BIHL$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH.$

b) Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác $CIHK$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH.$

Suy ra $\widehat {IKC} = \widehat {IHC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IC)$

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác $AKHL$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ nên $\widehat {AKL} = \widehat {AHL}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AL).$

Lại có $\widehat {IHC} = \widehat {AHL}$ (đối đỉnh)

Do đó $\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.$

Ta có $\widehat {AKL} + \widehat {LKB} = 90^\circ$ và $\widehat {IKC} + \widehat {IKB} = 90^\circ$

Mà $\widehat {AKL} = \widehat {IKC}$ nên $\widehat {LKB} = \widehat {IKB}$ hay $KB$ tức $KH$ là tia phân giác của $\widehat {IKL}.$

Chứng minh tương tự, ta có $IH$ là tia phân giác của $\widehat {LIK}.$

Xét tam giác $IKL$ có $KH,\,\,IH$ là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại $H$ nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $IKL.$