Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 1

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. 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 $x = - 2,y = 8$ 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 $\left( { - 1;2} \right)$.

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:

$360^{\circ}-\text{sđ}\overset{\frown}{BC}=360^{\circ}-\widehat{BAC}=360^{\circ}-60^{\circ}=300^{\circ}.$

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

2.

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

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

Mà $\widehat {AKL} = \widehat {IKC}$ (câu 2) 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 $IKL.$

Điều kiện: $- 1 \le x \le 1$.

Ta có: $6\sqrt {1 - {x^2}} - 4x = 3\left( {\sqrt {1 + x} - 1} \right)$

$6\sqrt {\left( {1 + x} \right)\left( {1 - x} \right)} - 4x = 3\left( {\sqrt {1 + x} - 1} \right)$.

Đặt $a = \sqrt {1 + x} ;b = \sqrt {1 - x} {\rm{ }}\left( {a,b \ge 0} \right)$

Phương trình trở thành $6ab - 4\left( {1 - {b^2}} \right) = 3\left( {a - 1} \right)$

$6ab + 4{b^2} - 4 - 3a + 3 = 0$

$3a\left( {2b - 1} \right) + \left( {2b - 1} \right)\left( {2b + 1} \right) = 0$

$\left( {2b - 1} \right)\left( {3a + 2b + 1} \right) = 0$

Vì $a,b \ge 0$ nên $3a + 2b + 1 > 0$.

Do đó, $2b - 1 = 0$ nên $b = \frac{1}{2}.$

Suy ra $\sqrt {1 - x} = \frac{1}{2}$ nên ${\left( {\sqrt {1 - x} } \right)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}$ hay $1 - x = \frac{1}{4}$, do đó $x = \frac{3}{4}$ (thỏa mãn).

Vậy $x = \frac{3}{4}$.