Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 04

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Đồ thị hàm số $y = a{x^2}$ có đồ thị nằm bên trên trục hoành khi $a > 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

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

Do đó điểm đối xứng với điểm $\left( { - 1;\,\, - 2} \right)$ qua trục tung có tọa độ là $\left( {1;\,\, - 2} \right).$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Thay $y = - 6$ vào hàm số $y = - 3{x^2},$ ta có $- 3{x^2} = - 6$ suy ra ${x^2} = 2$ nên $x = \sqrt 2$ hoặc $x = - \sqrt 2 .$

Vậy có hai điểm thỏa mãn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0$ là phương trình bậc hai một ẩn $x$ khi $a = 0,\,\,b \ne 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0$ $\left( {a \ne 0} \right)$ vô nghiệm khi $\Delta < 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Nếu hai số $x,\,\,y$ có tổng là $S$ và tích là $P$ thì hai số $x,\,\,y$ là nghiệm của phương trình ${X^2} - SX + P = 0.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét phương trình ${x^2} + 7x = 15$ hay ${x^2} + 7x - 15 = 0.$

Phương trình có $\Delta = {7^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 15} \right) = 109 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = - 7;\,\,{x_1}{x_2} = - 15.$

Khi đó, $x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = {\left( { - 7} \right)^2} - 3 \cdot \left( { - 15} \right) = 49 + 45 = 94.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có .

Khi đó, (do $\widehat {AMB}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $AB).$

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Tam giác đều cạnh $a$ thì có bán kính đường tròn nội tiếp là $r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ và $\widehat {BCD} + \widehat {BAD} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng $180^\circ ).$

vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Lục giác đều được chia làm hai tứ giác nên có tổng số đo các góc là: $2 \cdot 360^\circ = 720^\circ .$

Lục giác đều có 6 góc bằng nhau nên mỗi góc của lục giác đều có số đo là:

$\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $OA = OB$ và $\widehat {AOB} = 90^\circ .$

Như vậy, phép quay thuận chiều $90^\circ$ tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $B.$

Hướng dẫn giải

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

Xét hàm số $y = 3{x^2}.$

⦁ Đồ thị hàm số là một đường cong Parabol. Do đó ý a) là đúng.

⦁ Hàm số có $a = 3 > 0$ nên đồ thị hàm số nằm bên trên trục hoành. Do đó ý b) là sai.

⦁ Thay $x = - 1$ vào hàm số, ta được: $y = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3 \ne - 3.$ Như vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm $\left( { - 1; - 3} \right).$ Do đó ý c) là sai.

⦁ Do đồ thị nằm phía trên trục hoành và đường thẳng $y = - 3$ nằm bên dưới trục hoành nên hai đồ thị $y = 3{x^2}$ và $y = - 3$ không cắt nhau. Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

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

⦁ Xét đường tròn tâm $O$ đường kính $AC$ có $\widehat {ABC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó ý a) là đúng.

⦁ Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {BDC} = \widehat {BAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC).$

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B,$ theo định lí Pythagore ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25$, suy ra $AC = 5{\rm{\;cm}}.$

Do đó $\cos \widehat {BDC} = \cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{5}.$ Như vậy, ý b) là đúng.

c) Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên đường tròn $\left( O \right)$ đi qua các điểm $B,\,\,C,\,\,D.$

Như vậy, đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $BCD.$ Do đó ý c) là đúng.

d) Đường tròn tâm $O$ có đường kính là $AC$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ bằng $\frac{{AC}}{2} = \frac{5}{2} = 2{,}5{\rm{\;cm}}.$ Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 5.

Gọi $A\left( {1;\,\,{y_0}} \right)$ là giao điểm của parabol$y = 2{x^2}$ và đường thẳng $y = \left( {m - 1} \right)x - 2$ được nói đến.

Thay $x = 1$ và $y = {y_0}$ vào hàm số $y = 2{x^2},$ ta được: ${y_0} = 2 \cdot {1^2} = 2.$ Khi đó, ta có $A\left( {1;\,\,2} \right).$

Thay $x = 1,\,\,y = 2$ vào hàm số $y = \left( {m - 1} \right)x - 2,$ ta được:

$2 = \left( {m - 1} \right) \cdot 1 - 2$ hay $m - 1 - 2 = 2,$ suy ra $m = 5.$

Vậy $m = 5$ là giá trị cần tìm.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 5.

⦁ Với $m = 0,$ phương trình đã cho trở thành $1 = 0$, phương trình này vô nghiệm.

⦁ Với $m \ne 0,$ phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn $x$ có $\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4 \cdot m \cdot 1 = {m^2} - 4m.$

Khi đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\Delta \ge 0,$ tức là ${m^2} - 4m \ge 0.$

Giải bất phương trình:

${m^2} - 4m \ge 0$

$m\left( {m - 4} \right) \ge 0$

Trường hợp 1: $m \ge 0$ và $m - 4 \ge 0$

$m \ge 0$ và $m \ge 4$

$m \ge 4$.

Kết hợp với điều kiện $m \ne 0,$ ta có $m \ge 4.$

Trường hợp 2: $m \le 0$ và $m - 4 \le 0$

$m \le 0$ và $m \le 4$

$m \le 0$.

Kết hợp với điều kiện $m \ne 0,$ ta có $m < 0.$

Từ kết quả của hai trường hợp trên, ta có: $m < 0$ hoặc $m \ge 4$.

Theo bài, $- 3 \le m \le 5$ nên $- 3 \le m < 0$ hoặc $4 \le m \le 5.$

Lại có $m$ là số nguyên nên ta có $m \in \left\{ { - 3;\,\, - 2;\,\, - 1;\,\,4;\,\,5} \right\}.$

Vậy có 5 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 75.

Ta có $\widehat {ADx} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù)

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp).

Suy ra $\widehat {ABC} = \widehat {ADx} = 120^\circ .$

Mà $\widehat {ABC}$ là góc ngoài tại đỉnh $B$ của tam giác $ABE$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE}$

Suy ra $\widehat {BAE} = \widehat {ABC} - \widehat {AEB} = 120^\circ - 45^\circ = 75^\circ .$

Lại có $\widehat {BAE} + \widehat {BAD} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) và $\widehat {BCD} + \widehat {BAD} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối nhau trong tứ giác $ABCD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat {BCD} = \widehat {BAE} = 75^\circ .$

Hướng dẫn giải

Đáp số: 120.

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 $E.$

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.

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

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

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thì $\Delta ' > 0$, tức là $2 - m > 0$ hay $m < 2.$

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

Theo bài, $x_1^2 - 3{x_1}{x_2} = 2{m^2} - x_2^2 + \sqrt {x_1^2x_2^2 - 4m + 8}$

$x_1^2 + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} - 2{m^2} = \sqrt {x_1^2x_2^2 - 4m + 8}$

${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 5{x_1}{x_2} - 2{m^2} = \sqrt {{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2} - 4m + 8}$

${2^2} - 5\left( {m - 1} \right) - 2{m^2} = \sqrt {{{\left( {m - 1} \right)}^2} - 4m + 8}$

$4 - 5m + 5 - 2{m^2} = \sqrt {{m^2} - 2m + 1 - 4m + 8}$

$- 2{m^2} - 5m + 9 = \sqrt {{m^2} - 6m + 9}$

$- 2{m^2} - 5m + 9 = \sqrt {{{\left( {m - 3} \right)}^2}}$

$- 2{m^2} - 5m + 9 = \left| {m - 3} \right|\,\,\,\left( {**} \right)$

Vì $m < 2$ nên $m - 3 < 0,$ suy ra $\left| {m - 3} \right| = 3 - m.$

Khi đó, phương trình $\left( {**} \right)$ trở thành:

$- 2{m^2} - 5m + 9 = 3 - m$

$- 2{m^2} - 4m + 6 = 0$

${m^2} + 2m - 3 = 0$

$m = 1$ (thỏa mãn) hoặc $m = - 3$ (thỏa mãn)

Vậy các giá trị của $m$ thoả mãn yêu cầu đề bài là $m \in \left\{ {1;\,\, - 3} \right\}.$

1. 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 $OM.$

2. 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 $\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.$

3. 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 (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 $B.$