Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 02

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = {x^2} \cdot \frac{{ - 1}}{2}$ hay $y = \frac{{ - 1}}{2}{x^2}$ có dạng $y = a{x^2}$ với $a = \frac{{ - 1}}{2} \ne 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Đồ thị hàm số $y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ luôn đi qua gốc tọa độ là điểm $O$ có tọa độ $\left( {0;\,\,0} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Với $a > 0$ đồ thị nằm phía trên trục hoành và $O$ là điểm thấp nhất của đồ thị.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

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

Do đó, phương trình bậc hai ${x^2} - 2\left( {2m + 1} \right)x + 2m = 0,$ hệ số $b$ của phương trình là $- 2\left( {2m + 1} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

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

Phương trình $m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m + 1 = 0$ là phương trình bậc hai một ẩn $x$ khi $m \ne 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình bậc hai ẩn $x$ có $\Delta ' \ge 0$ hay $\Delta > 0$ hoặc $\Delta = 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt hoặc có nghiệm kép, tức là phương trình có nghiệm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình $2{x^2} - 17x + 1 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 17} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 281 > 0$ nên có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = \frac{{17}}{2};\,\,{x_1}{x_2} = \frac{1}{2}.$

Đáp án đúng là: B

Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và có hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.

Như vậy, chỉ có hình 2 thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

Tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác là giao điểm của ba đường trung trực.

Đáp án đúng là: D

Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên một đường tròn là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ngũ giác đều có 5 cạnh bằng nhau, các góc ở đỉnh bằng nhau và mỗi góc bằng $108^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của $AC,$ do đó $OA = OC$ và $\widehat {AOC} = 180^\circ .$

Như vậy, phép quay ngược chiều $180^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $C.$

Hướng dẫn giải

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

⦁ Khi $R = 1{\rm{\;cm}},$ thay vào công thức $S = \pi {R^2},$ ta được $S = \pi \cdot {1^2} = \pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$ Do đó ý a) là đúng.

⦁ Nếu $S = \frac{\pi }{2}{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{,}}$ thay vào công thức $S = \pi {R^2},$ ta được $\frac{\pi }{2} = \pi {R^2},$ suy ra $R = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{\rm{\;(cm)}}$ (do $R > 0).$

Do đó ý b) là sai.

⦁ Công thức $S = \pi {R^2}$ là một hàm số có biến $R$ và đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;0} \right).$ Do đó ý c) là đúng.

⦁ Do hàm số $S = \pi {R^2}$ có hệ số $a = \pi > 0$ nên đồ thị của hàm số có điểm thấp nhất là $\left( {0;\,\,0} \right)$ và không có điểm cao nhất, như vậy diện tích của đường tròn không có giá trị lớn nhất. Do đó ý d) là đúng.

a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.

⦁ Ta có $\widehat {ABC}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $AC,$ $\widehat {ADC}$ là hai góc nội tiếp chắn cung lớn $AC.$ Nên số đo $\widehat {ABC}$ khác $\widehat {ADC}.$ Do đó ý a) là sai.

⦁ Ngũ giác đều $ABCDE$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC,$ hay $O$ là giao điểm ba đường trung trực của tam giác $ABC.$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Có 4 tứ giác nội tiếp đường tròn $\left( {O;OA} \right)$ là: $ABCD,\,\,ABCE,\,\,ACDE,\,\,BCDE.$ Do đó ý c) là đúng.

⦁ Đường tròn $\left( {O;\,\,OA} \right)$ đi qua ba điểm $A,\,\,B,\,\,D$ nên ngoại tiếp tam giác $ABD.$ Như vậy đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ bằng $2OA = OA + OD.$

Xét $\Delta OAD$ có $OA + OD > AD$ (bất đẳng thức trong tam giác)

Như vậy, đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ lớn hơn $AD.$ Do đó ý d) là đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 3.

Phương trình ${x^2} - 4x + 3m - 11 = 0$ có $a = 1 \ne 0$ và $c = 3m - 11.$

Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi tích hai nghiệm là số âm, hay $\frac{c}{a} < 0$

Tức là $\frac{{3m - 11}}{1} < 0,$ suy ra $m < \frac{{11}}{3}.$

Các giá trị nguyên dương của $m$ thỏa mãn là $m \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}.$

Vậy có 3 giá trị nguyên dương của $m$ cần tìm.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 6.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ có dạng ${x^2} - 5x + m = 0$ (1)

Ta có: $\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 \cdot m = 25 - 4m.$

Để parabol $\left( P \right)$ cắt đường thẳng $\left( d \right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt, tức là $\Delta > 0$ hay $25 - 4m > 0$ nên $m < \frac{{25}}{4}.$

Theo định lí Viète ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_{\rm{2}}} = 5\\{x_1}{x_{\rm{2}}} = m\end{array} \right.$

Vì ${x_1},\,{x_2}$ có giá trị là số nguyên tố nên ${x_1}, = 2;\,\,{x_2} = 3,$ suy ra $m = 6.$

Vậy $m = 6$ là giá trị cần tìm.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 80.

Xét đường tròn $\left( O \right),$ ta có $\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 60^\circ$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABD} + \widehat {DBC}} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 40^\circ } \right) = 80^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 8.

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

Do đó $\Delta AOH$ vuông cân tại $H,$ nên $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

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

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

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$

Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $Ox,$ do đó $I(-2;\ 2).$

Ta cũng chứng minh được $\widehat {HOI} = 45^\circ$ và $OI = 2\sqrt 2 .$

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

Tổng bình phương hoành độ và tung độ của điểm $I$ là ${\left( { - 2} \right)^2} + {2^2} = 8.$

Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là $x{\rm{\;(m)}}$ và $y{\rm{\;(m)}}$ $\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).$

Vì mảnh vườn có chu vi là $70{\rm{\;m}}$ nên ta có phương trình $2\left( {x + y} \right) = 70$ hay $x + y = 35$.

Vì mảnh vườn có diện tích là $250{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$ nên ta có phương trình $xy = 250$.

Ta có: $x + y = 35$ và $xy = 250$ và ${35^2} - 4 \cdot 250 = 225 > 0$ nên $x,\,\,y$ là nghiệm của phương trình:

${t^2} - 35t + 250 = 0.$

Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt là ${t_1} = 10$ (thỏa mãn); ${t_2} = 25$ (thỏa mãn).

Mà chiều dài luôn lớn hơn chiều rộng nên chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là $25{\rm{\;m}},\,\,10{\rm{\;m}}.$

Khu trồng hoa $BEDF$ có $BE = DF$ và $BE\,{\rm{//}}\,DF$ nên có dạng một hình bình hành, do đó diện tích của khu trồng hoa là: $6 \cdot 10 = 60{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Số tiền chủ vườn phải trả cho người trồng hoa để trồng hết khu trồng hoa đó là:

$60 \cdot 50\,\,000 = 3\,\,000\,\,000$ (đồng).

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

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$ khi và chỉ khi $\Delta ' > 0$, tức là $1 + m > 0$ hay $m > - 1.$

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

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình nên ta có $x_1^2 - 2{x_1} - m = 0$ hay $x_1^2 - 2{x_1} + 1 = m + 1$

Theo bài, $\sqrt {4x_1^2 - 8{x_1} + 4} - {x_1}{x_2} = 2m - 7$

Suy ra $\sqrt {4\left( {x_1^2 - 2{x_1} + 1} \right)} - {x_1}{x_2} = 2m - 7$

Do đó $2\sqrt {m + 1} + m = 2m - 7$

$2\sqrt {m + 1} = m - 7$

$m \ge 7$ và $4\left( {m + 1} \right) = {\left( {m - 7} \right)^2}$ (*)

Giải phương trình (*):

$4\left( {m + 1} \right) = {\left( {m - 7} \right)^2}$

${m^2} - 14m + 45 = 0$

$m = 5$ (không thỏa mãn điều kiện $m \ge 7)$ hoặc $m = 9$ (thỏa mãn điều kiện $m \ge 7)$

Vậy $m = 9$ là giá trị cần tìm.

1. Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $AC$ là đường kính nên $\widehat {ABC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $AF$ là đường kính nên $\widehat {ABF} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó $\widehat {CBF} = \widehat {ABC} + \widehat {ABF} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .$

Suy ra ba điểm $C,\,\,B,\,\,F$ thẳng hàng.

2. Chứng minh tương tự câu 1, ta có $\widehat {ADC} = 90^\circ$

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right))$ và $\widehat {AEF} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( {O'} \right)).$

Do đó $\widehat {CDF} = \widehat {CEF} = 90^\circ$ nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông $CDF,\,\,CEF$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $CF$ hay các điểm $C,\,\,D,\,\,E,\,\,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $CF.$

Vậy tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF.$

3. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABD} = \widehat {ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABFE$ nội tiếp đường tròn $\left( {O'} \right)$ nên $\widehat {ABE} = \widehat {AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$

Tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF$ nên $\widehat {DCE} = \widehat {DFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE)$ hay $\widehat {ACD} = \widehat {AFE}$.

Từ đó suy ra $\widehat {ABD} = \widehat {ABE}$ hay $BA$ là tia phân giác của góc $DBE.$

Chứng minh tương tự, ta có $\widehat {CED} = \widehat {BEC}\left( { = \widehat {CFD}} \right)$ hay $EC$ là tia phân giác của góc $BED.$

Xét tam giác $BDE$ có $BA$ và $EC$ là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại $A$ nên $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$