Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 01

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ xác định với mọi giá trị $x \in \mathbb{R}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Thay $x = - 2$ vào hàm số $y = - 3{x^2}$ ta được:

$y = - 3 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} = - 3 \cdot 4 = - 12.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hai điểm $\left( {a;\,\,b} \right)$ và $\left( { - a;\,\,b} \right)$ đối xứng với nhau qua trục tung $Oy.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng $a{x^2} + bx + c = 0$ $\left( {a \ne 0} \right).$

Như vậy phương trình $0{x^2} + \sqrt 7 x + \sqrt 5 = 0$ không là phương trình bậc hai một ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Phương trình $2{x^2} + 2 = 0$ viết lại thành $2{x^2} + 0x + 2 = 0$ là phương trình bậc hai một ẩn có các hệ số $a,\,\,b,\,\,c$ lần lượt là: $a = 2,\,\,b = 0,\,\,c = 2.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta > 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Sử dụng máy tính cầm tay, ta lần lượt bấm các phím:

$\boxed{\text{MODE}}\ \boxed{\ 5\ }\ \boxed{\text{3}}\ \boxed{\ 1\ }\ \boxed{=}\ \boxed{\ 3\ }\ \boxed{=}\ \boxed{-}\ \boxed{\ 1\ }\ \boxed{=}\ \boxed{=}$

Trên màn hình hiện lên kết quả: ${x_1} = \frac{{ - 3 + \sqrt {13} }}{2},$ ấn thêm phím $\boxed{=},$ màn hình hiện kết quả ${x_2} = \frac{{ - 3 - \sqrt {13} }}{2}.$

Ta thấy ${x_2} = \frac{{ - 3 - \sqrt {13} }}{2} = - \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}$ và vai trò của ${x_1},\,\,{x_2}$ là như nhau nên ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp bằng nhau thì cùng chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau.

Do đó nhận định ở phương án D là sai.

Đáp án đúng là: B

Tâm đường tròn nội tiếp của một tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Tứ giác $MNPQ$ có tất cả các đỉnh đều nằm trên một đường tròn nên là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ngũ giác đều được chia làm 3 tam giác nên có tổng số đo các góc là: $3 \cdot 180^\circ = 540^\circ .$

Ngũ giác đều có 5 góc bằng nhau nên mỗi góc của ngũ giác đều có số đo là:

$\frac{{540^\circ }}{5} = 108^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Có bốn phép quay thuận chiều $\alpha ^\circ$ tâm $O$ giữ nguyên hình vuông $ABCD$ với $\alpha ^\circ$ lần lượt nhận các giá trị $90^\circ ;\,\,180^\circ ;\,\,270^\circ ;\,\,360^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

Xét hàm số $y = - 0{,}5{x^2}.$

⦁ Đồ thị hàm số có trục đối xứng là $Oy.$ Do đó ý a) là sai.

⦁ Hàm số có hệ số $a = - 0{,}5 < 0$ nên đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành. Do đó ý b) là sai.

⦁ Thay $x = - 3$ vào hàm số, ta được: $y = - 0{,}5 \cdot {\left( { - 3} \right)^2} = - 4{,}5.$

Như vậy, đồ thị hàm số $y = - 0{,}5{x^2}$ đi qua điểm $\left( { - 3;\,\, - 4{,}5} \right).$ Do đó ý c) là đúng.

⦁ Đồ thị có đỉnh là gốc tọa độ $O\left( {0;\,\,0} \right)$ mà $a = - 0{,}5 < 0$ nên điểm $O\left( {0;\,\,0} \right)$ là điểm cao nhất của đồ thị hàm số. Như vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 0. Do đó ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

⦁ Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$ Do đó ý a) là đúng.

⦁ Vì tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên tâm $O$ là giao điểm ba đường trung trực của tam giác $ABC.$ Do đó ý b) là sai.

⦁ Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ$. Do đó ý c) là sai.

⦁ Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và tam giác $ADC$ vuông tại $D$ nên các điểm $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D$ nằm trên đường tròn đường kính $AC.$ Như vậy tam giác $BCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC,$ khi đó bán kính đường tròn này là $\frac{1}{2}AC.$ Do đó ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 1.

Phương trình ${x^2} - 2x + m = 0$ có $\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1 \cdot m = 1 - m.$

Phương trình ${x^2} - 2x + m = 0$ có nghiệm khi $\Delta ' \ge 0$ hay $1 - m \ge 0,$ suy ra $m \le 1.$

Như vậy, giá trị nguyên lớn nhất của $m$ thỏa mãn yêu cầu đề bài là $m = 1.$

Hướng dẫn giải

Đáp số: $- 1{,}5.$

Để phương trình $m{x^2} + \left( {2m + 1} \right)x + 3 = 0$ nhận ${x_1} = - 1$ là nghiệm thì ${x_1} = - 1$ thỏa mãn phương trình đó, tức là: $m \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + \left( {2m + 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + 3 = 0$

$m - 2m - 1 + 3 = 0$

$- m = - 2$

$m = 2.$

Thay $m = 2$ vào phương trình đã cho, ta được phương trình $2{x^2} + 5x + 3 = 0$.

Sử dụng máy tính cầm tay, ta lần lượt bấm các phím:

$\boxed{\text{MODE}}\ \boxed{\ 5\ }\ \boxed{\text{3}}\ \boxed{\text{2}}\ \boxed{=}\ \boxed{\text{5}}\ \boxed{=}\ \boxed{\text{3}}\ \boxed{=}\ \boxed{=}$

Trên màn hình hiện lên kết quả: ${x_1} = - 1,$ ấn thêm phím $\boxed{=},$ màn hình hiện kết quả ${x_2} = - \frac{3}{2}.$

Vậy nghiệm còn lại cần tìm là $- 1{,}5.$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 148.

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).

Đáp số: 300.

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 $300^\circ .$

Hướng dẫn giải

1. Gọi $x$ (g/cm$^{3}$) 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/cm$^{3}$).

Thể tích của chất lỏng I là: $\frac{8}{x}$ (cm$^{3}$).

Thể tích của chất lỏng II là: $\frac{6}{{x - 0{,}2}}$ (cm$^{3}$).

Khối lượng hỗn hợp sau khi trộn là: $8 + 6 = 14$ (g).

Thể tích của hỗn hợp sau khi trộn là: $\frac{{14}}{{0{,}7}} = 20$ (cm$^{3}$).

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/cm$^{3}$; khối lượng riêng của chất lỏng I là $0{,}8 - 0{,}2 = 0{,}6$ (g/cm$^{3}$).

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. 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 $BH.$

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

3. 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 $IKL.$