Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 4

1. a) Thực hiện thay $x = - 1$ vào các phương trình, ta có:

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$ ta được:

$\sqrt 3 .{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right).\left( { - 1} \right) - 1 = 0$.

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình ${x^2} - 6x - 8 = 0$, ta được:

${\left( { - 1} \right)^2} - 6.\left( { - 1} \right) - 8 = - 1 \ne 0$.

Do đó, $x = - 1$ không là nghiệm của phương trình ${x^2} - 6x - 8 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$, ta được:

$$- 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) - 3 = 0.$$

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$.

• Thay $x = - 1$ vào phương trình $- 2{x^2} - 5x + 7 = 0,$ ta được:

$- 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) + 7 = 10 \ne 0$.

Do đó, $x = - 1$ là nghiệm của phương trình $- 2{x^2} - 5x + 7 = 0$.

Vậy phương trình có $x = - 1$ là nghiệm là $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$ và $\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0$.

b) • Giải phương trình $- 2{x^2} - 5x - 3 = 0$ có $a + b + c = - 2 - \left( { - 5} \right) + \left( { - 3} \right) = 0$.

Do đó nghiệm của phương trình là $x = - 1$ và $x = - \frac{3}{2}$.

Vậy phương trình có nghiệm $\left\{ { - 1; - \frac{3}{2}} \right\}$.

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

Do đó nghiệm của phương trình là $x = - 1$ và $x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{ { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right\}$.

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 $x = - \sqrt 3 ,y = 1$ 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 $\left( {3;12} \right)$.

a) Với $m = 3,$ ta có phương trình: ${x^2} - 8x + 16 = 0$ hay ${\left( {x - 4} \right)^2} = 0$, suy ra $x - 4 = 0$.

Do đó, $x = 4$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = 4$ khi $m = 3.$

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

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

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta ' \ge 0$ hay $- m + 3 \ge 0$, suy ra $m \le 3$.

Vậy $m \le 3$ thì phương trình có nghiệm.

c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta ' > 0$ hay $- m + 3 > 0$ suy ra $m < 3.$

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

Lại có, $A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2$

$A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - \left( {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2} \right)$

$A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}$

$A = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - {\left[ {2\left( {m + 1} \right)} \right]^2}$

$A = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 8m - 4$

$A = {m^2} + 7m + 2004$

$A = {\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4}$

Ta có: ${\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m$, do đó ${\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4} \ge \frac{{7967}}{4}$ hay $A \ge \frac{{7967}}{4}$.

Vậy GTNN của $A = \frac{{7967}}{4}$ khi $m = - \frac{7}{2}.$

1.

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$E.$

2.

a) Ta có $MA,{\rm{ }}MB$ là các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $A$ và $B$ nên $MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}$

Suy ra $OM = 2R.$

Gọi $I$ là giao điểm của $\left( O \right)$ với tia $OM,$ ta có $OI = R$ nên $IM = OM--OI = 2R--R = R.$

Do đó, $IM = IO = R$ nên $I$ là trung điểm của $OM.$

Do $\Delta OAM$ vuông tại $A$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAM.$

Do $\Delta OBM$ vuông tại $B$ nên trung điểm $I$ của cạnh huyền $OM$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OBM.$

Do đó bốn điểm $A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O$ cùng nằm trên đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

Vậy tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $OM.$

b) Xét $\Delta OAM$ vuông tại $A,$ ta có: $\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}$. Suy ra $\widehat {AMO} = 30^\circ .$

Do $MA,{\rm{ }}MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $M$ nên $MA = MB$ và $MO$ là tia phân giác của góc $AMB,$ suy ra $\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .$

Vì vậy tam giác $AMB$ là tam giác đều có $MA = MB = AB = R\sqrt 3$ (1)

Theo câu 1, ta có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMB.$ Tam giác đều $MAB$ có $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều $MAB$ cạnh $R\sqrt 3$ có tâm là $I$ và bán kính là $\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.$

c) Ta có $\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {MBP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (3)

Do $\Delta OBP$ cân tại $O$ (vì $OB = OP)$ nên ta có:

$\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BP$ nên $\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.$

Do đó $\widehat {PBO} = 90^\circ - \widehat {BQP}.$ Hay $\widehat {BQP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.$

Xét $\Delta MPB$ và $\Delta MBQ$ có:

$\widehat {BMQ}$ là góc chung, $\widehat {MBP} = \widehat {MQB}$

Do đó $ΔMPB∽ΔMBQ$ (g.g).

Suy ra $\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}$ hay $MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.$

Lại có ${\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0$ hay ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP$

Suy ra ${\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}$

Do đó $MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3$ (dấu “=” xảy ra khi $MQ = MP).$

Vậy $MP + MQ$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt 3 ,$ khi đó $MQ = MP$ hay đường thẳng $d$ đi qua $M$ và $A$ hoặc $d$ đi qua $M$ và $B.$

Điều kiện xác định: $x \le - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.$

Ta có: ${x^2} - 6x + 10 = 2\sqrt {5 - 2x} - 2\sqrt {{x^2} - 4}$

${x^2} - 6x + 10 - 2\sqrt {5 - 2x} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0$

$5 - 2x - 2\sqrt {5 - 2x} + {x^2} - 4x + 4 + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0$

${\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0$

Nhận thấy đồng thời ${\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} \ge 0$, ${\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0$ và $2\sqrt {{x^2} - 4} \ge 0$ với mọi $x \le - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.$

Do đó, để ${\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0$ thì đồng thời ${\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} = 0$, ${\left( {x - 2} \right)^2} = 0$ và $2\sqrt {{x^2} - 4} = 0$.

Suy ra $x = 2$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 2$.