Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (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 $x = - 1,y = 2$ 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) 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 $m = - 2$.

c) 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 $m = \frac{1}{2}$, ta có: ${x^2} - \left( {2.\frac{1}{2} - 1} \right)x + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 7 = 0$ suy ra ${x^2} - \frac{{27}}{4} = 0$ hay ${x^2} = \frac{{27}}{4}$.

Do đó, $x = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$ hoặc $x = \frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy với $m = \frac{1}{2}$ thì phương trình có nghiệm là $\left\{ {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}} \right\}$.

b) Xét phương trình ${x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0$ có :

$\Delta = {\left[ { - \left( {2m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {{m^2} - 7} \right) = - 4m + 29$.

Để phương trình có nghiệm kép thì $\Delta = 0$ hay $- 4m + 29 = 0$, do đó $m = \frac{{29}}{4}$.

Vậy phương trình có nghiệm kép khi $m = \frac{{29}}{4}$.

c) Xét phương trình ${x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0$ $\left( * \right)$

Ta có: $\Delta = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {{m^2} - 7} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 4{m^2} + 28 = - 4m + 29$.

Để phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thì $\Delta > 0,$ tức là $- 4m + 29 > 0$ hay $m < \frac{{29}}{4}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Theo bài, $4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}$

$4{x_1}^2 - 4x_2^2 - {x_1} + x_2^2 + {x_2} - {x_1}{x_2} = 0$

$$4\left( {{x_1}^2 - x_2^2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + {x_2} - {x_1} = 0$$

$4\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 0$

$\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 4{x_2} - {x_2} - 1} \right) = 0$

$\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 3{x_2} - 1} \right) = 0$

Xét trường hợp 1: ${x_1} - {x_2} = 0$ suy ra ${x_1} = {x_2}$ (loại do ${x_1} \ne {x_2}).$

Xét trường hợp 2: $4{x_1} + 3{x_2} - 1 = 0$ suy ra ${x_1} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 1 = 0$ $\left( {**} \right)$

Thay ${x_1} + {x_2} = 2m - 1$ vào $\left( {**} \right)$ ta có: ${x_1} + 3\left( {2m - 1} \right) - 1 = 0$ hay ${x_1} = - 6m + 4$.

Thay ${x_1} = - 6m + 4$ vào $\left( 1 \right)$ ta được $- 6m + 4 + {x_2} = 2m - 1$, suy ra ${x_2} = 8m - 5.$

Thay ${x_1} = - 6m + 4$ và ${x_2} = 8m - 5$ vào $\left( 2 \right)$ ta được:

$\left( { - 6m + 4} \right)\left( {8m - 5} \right) = {m^2} - 7$

$- 48{m^2} + 30m + 32m - 20 = {m^2} - 7$

$- 49{m^2} + 62m - 13 = 0$

$m = 1$ (thỏa mãn); $m = \frac{{13}}{{49}}$ (thỏa mãn).

Vậy với $m = \left\{ {1;\,\,\frac{{13}}{{49}}} \right\}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $Oy.$ Ta có $A\left( {2;\,\,3} \right)$ nên $AH = \left| 2 \right| = 2$ và $OH = \left| 3 \right| = 3.$

Xét $\Delta AOH$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore ta có:

$$O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}$$

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {2^2}} = \sqrt {13} .$

Ta cũng có $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Giả sử phép quay $90^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ (ở góc phần tư thứ I) thành điểm $B$. Khi đó, điểm $B$ nằm ở góc phần tư thứ II và $OB = OA = \sqrt {13} ,\,\,\widehat {AOB} = 90^\circ .$

Ta có $\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {BOH} = 90^\circ$ nên $\cos \widehat {BOH} = \sin \widehat {AOH} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.$

Xét $\Delta OBK$ vuông tại $K$ (gọi $K$ là hình chiếu của điểm $B$ trên $Oy)$ ta có:

$OK = OB \cdot \cos \widehat {BOH} = \sqrt {13} \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} = 2.$

Từ đó, ta có tung độ của điểm $B$ là $2$ (do $B$ nằm ở góc phần tư thứ II).

Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm $B$ là $- 3.$

Như vậy, phép quay ngược chiều $90^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A\left( {2;\,\,3} \right)$ thành điểm $B\left( {--3;{\rm{ }}2} \right).$

2.

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

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)

c) 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.

Điều kiện $x \ge 1$.

Ta có: ${x^2} - 29x + 28 = 4\sqrt {x - 1}$

${x^2} - 10x + 25 + x - 1 - 4\sqrt {x - 1} + 4 = 0$

${\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} = 0$

Nhận thấy ${\left( {x - 5} \right)^2} \ge 0$, ${\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x \ge 1$.

Do đó, ${\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} \ge 0$.

Suy ra để ${\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} = 0$ thì đồng thời ${\left( {x - 5} \right)^2} = 0$ và ${\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} = 0$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 5} \right)^2} = 0\\{\left( {\sqrt {x - 1} - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\\sqrt {x - 1} = 2\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\x - 1 = 4\end{array} \right.$.

Do đó, $x = 5$ (thỏa mãn).