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

1. a) Xét các phương trình trên, ta có phương trình bậc hai một ẩn là: $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0;$

$- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0.$

• Với phương trình $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0$ có $a = - 1,b = - \frac{3}{2},c = - \frac{1}{2}.$

• Với phương trình $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ có $a = - 3,b = - 4\sqrt 6 ,c = - 4.$

b) Giải phương trình:

• Ta có: $- {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0$ hay $- 2{x^2} - 3x - 1 = 0$ có $a - b + c = - 2 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 1} \right) = 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm là $x = - 1$ và $x = - \frac{1}{2}$.

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

• Ta có: $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ hay $- {\left( {\sqrt 3 x - 2} \right)^2} = 0$ suy ra $\sqrt 3 x - 2 = 0$ nên $x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy phương trình $- 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0$ có nghiệm là $\left\{ {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right\}.$

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) Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$, ta có: $- \frac{1}{2}{x^2} = \frac{x}{2} - 1$

Suy ra $- \frac{1}{2}{x^2} - \frac{x}{2} + 1 = 0$ hay ${x^2} + x - 2 = 0$ nên $\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0$

Suy ra $x = - 2$ hoặc $x = 1$.

• Với $x = - 2$ thì $y = - 2$, suy ra $A\left( { - 2; - 2} \right)$.

• Với $x = 1$ thì $y = - \frac{1}{2}$, suy ra $B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)$.

Vậy điểm $A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)$ là điểm thuộc cả $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$.

b) Gọi điểm cần tìm là $I\left( {3{y_0};{y_0}} \right)$, thay vào $\left( P \right)$, ta có: ${y_0} = - \frac{1}{2}{\left( {3{y_0}} \right)^2}$ hay ${y_0} = - \frac{9}{2}{y_0}^2.$

Suy ra $\frac{{{y_0}}}{{{y_0}^2}} = - \frac{9}{2}$ hay $\frac{1}{{{y_0}}} = - \frac{9}{2}$ nên ${y_0} = - \frac{2}{9}$, do đó ${x_0} = 3{y_0} = \frac{{ - 2}}{3}.$

Vậy điểm cần tìm là $I\left( {\frac{{ - 2}}{3};\frac{{ - 2}}{9}} \right)$.

c) Ta có bảng giá trị của $\left( P \right):y = - \frac{1}{2}{x^2}$ như sau:

Do đó, đồ thị hàm số $\left( P \right):y = - \frac{1}{2}{x^2}$ đi qua các điểm $\left( { - 2; - 2} \right);\left( { - 1; - \frac{1}{2}} \right);\left( {0;0} \right);$ $\left( {1; - \frac{1}{2}} \right);\left( {2; - 2} \right)$.

Đồ thị của đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua hai điểm $A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)$.

Do đó, ta có đồ thị như sau:

a) Với $m = 2$, ta có: ${x^2} - 2x + 2 = 0$ hay ${\left( {x - 1} \right)^2} + 1 = 0$ (vô lí do ${\left( {x - 1} \right)^2} + 1 > 0$)

Vậy với $m = 2$ thì phương trình (1) vô nghiệm.

b) Xét phương trình: ${x^2} - 2x + m = 0$ có $\Delta ' = 1 - m$.

Để phương trình (1) có nghiệm thì $\Delta ' \ge 0$ hay $1 - m \ge 0$ nên $m \le 1.$

Vậy phương trình có nghiệm khi $m \le 1.$

c) Phương trình: ${x^2} - 2x + m = 0$ có $\Delta ' = 1 - m$.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta ' > 0$ hay $1 - m > 0$ nên $m < 1.$

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

Lại có: $x_1^3{x_2} + {x_1}x_2^3 - 2x_1^2x_2^2 = 5$

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

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

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

Suy ra $4m - 2{m^2} - 2{m^2} = 5$ hay $- 4{m^2} + 4m - 5 = 0$

Suy ra $- \left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) - 4 = 0$ hay $- {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 = 0$.

Nhận thấy $- {\left( {2m - 1} \right)^2} \le 0$ với mọi $m < 1.$

Suy ra $- {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 < 0$ với mọi $m < 1.$

Do đó, phương trình $- 4{m^2} + 4m - 5 = 0$ vô nghiệm.

Vậy không có giá trị $m$ thỏa mãn.

1.

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

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

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

Suy ra

$OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 .$

Ta cũng có $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{3}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.$ Suy ra $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

Ta có điểm $B\left( { - 3\sqrt 2 ;\,\,0} \right)$ nằm trên trục $Ox$ nên $OB = \left| { - 3\sqrt 2 } \right| = 3\sqrt 2 .$ Khi đó $OA = OB = 3\sqrt 2 .$

Mặt khác, $\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {HOB} = 45^\circ + 90^\circ = 135^\circ .$

Như vậy, phép quay $135^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ thành điểm $B$.

2.

a) Vì điểm $B$ nằm trên đường tròn đường kính $AD$ nên $\widehat {ABD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do $\Delta ABE$ vuông tại $B$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm $AE$ hay đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ có đường kính $AE$.
Tương tự, $EF \bot AD$ nên $\Delta AEF$ vuông tại $F,$ có đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn đường kính $AE.$
Do đó, các điểm $A,\,\,B,\,\,E,\,\,F$ đều nằm trên đường tròn đường kính $AE.$

Vậy tứ giác $ABEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AE.$

b) Tứ giác $ABEF$ nội tiếp nên $\widehat {BAE} = \widehat {BFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE).$ (1)

Chứng minh tương tự câu b, ta có tứ giác $CDFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE.$

Suy ra $\widehat {EFC} = \widehat {EDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC).$ (2)

Lại có tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {BAC} = \widehat {BDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC)$ hay $\widehat {BAE} = \widehat {EDC}.$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat {BFE} = \widehat {EFC}$ hay $FE$ là tia phân giác của $\widehat {BFC}.$

c) Chứng minh tương tự câu b, ta có $BD$ là tia phân giác của $\widehat {CBF}.$

Xét $\Delta BCF$ có $BD,\,\,FE$ là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại $E$ nên $E$ là giao điểm ba đường phân giác của tam giác này.

Do đó $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCF.$

Điều kiện xác định: $x \ge 2025$.

Ta có $\sqrt {x - 2025} + 3\sqrt {x + 6} = 3 + \sqrt {\left( {x - 2025} \right)\left( {x + 6} \right)}$

$\sqrt {x - 2025} + 3\sqrt {x + 6} - 3 - \sqrt {\left( {x - 2025} \right)\left( {x + 6} \right)} = 0$

$3\left( {\sqrt {x + 6} - 1} \right) - \sqrt {x - 2025} \left( {\sqrt {\left( {x + 6} \right)} - 1} \right) = 0$

$\left( {\sqrt {x + 6} - 1} \right)\left( {3 - \sqrt {x - 2025} } \right) = 0$

Do đó, $\sqrt {x + 6} - 1 = 0$ hoặc $3 - \sqrt {x - 2025} = 0$.

Suy ra $x = - 5$ (loại) hoặc $x = 2034$ (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 2034$.