Đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

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

Xét phương trình $x^2+\left(m+2\right)x+m-1=0$ với $m$ là tham số.

⦁ Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn $x$ có $a=1\ne 0;b=m+2;c=m-1.$ Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phương trình có biệt thức $\Delta ={\left(m+2\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(m-1\right)=m^2+8>0$ nên phương trình luôn có nghiệm $x_1,x_2$ với mọi $m\in \mathbb{R}.$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=-\left(m+2\right);x_1{x}_2=m-1.$ Do đó ý c) là sai.

⦁ Ta có $${x^2}_1+2x_1{x}_2+{x^2}_2-2x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)=6$$

$${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)=6$$

$${\left(m+2\right)}^2-2\left(m-1\right)+\left(m+2\right)=6$$

$$m^2+4m+4-2m+2+m+2=6$$

$$m^2+3m+2=0$$.

Phương trình này có tổng các hệ số $a-b+c=1-3+2=0$ nên phương trình này có các nghiệm $m_1=-1,m_2=-2$.

Vậy có hai giá trị cần tìm của $m$ là $m_1=-1,m_2=-2$. Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

1. a) Từ biểu đồ trên, ta có bảng tần số ghép nhóm tương ứng như sau:

b) Bạn lớp trưởng cho rằng có trên 50% số học sinh của lớp có cân nặng từ 50 kg trở lên. Nhận định đó đúng hay sai? Tại sao?

Vì có có 11 học sinh có cân nặng từ 50 kg đến dưới 55 kg. nên số học sinh của lớp đó là:

11 : 27,5% = 40 (học sinh).

Số học sinh từ [56; 60) là $40\cdot 15\%=6$ (học sinh).

Số học sinh [60; 66) là $40\cdot 5\%=2$ (học sinh).

Tổng số học sinh từ 50 kg trở lên là (học sinh).

Vậy nhận định đó là sai.

2. Không gian mẫu của phép thử là $$\Omega =\left\{1;2;3;\dots ;52\right\}$$.

Do đó $$n\left(\Omega \right)=52$$.

Gọi $$B$$ là biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số khi chia cho 4 và 5 đều có số dư là 1”.

Ta có $$B=\left\{1;21;41\right\}$$ nên $$n\left(B\right)=3$$.

Xác suất của biến cố $$B$$ là $$P\left(B\right)=\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{52}$$.

Hướng dẫn giải

a) Gọi $O^{\prime }$ là trung điểm của cạnh $$CH.$$

Ta có $HD\perp CD$ nên $\widehat{HDC}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta HDC$vuông tại $$D$$ có $D{O}^{\prime }$ là trung tuyến nên $D{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=C{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Chứng ming tương tự, ta có $C{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=E{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Do đó $D{O}^{\prime }=H{O}^{\prime }=C{O}^{\prime }=E{O}^{\prime }=\frac{1}{2}HC$.

Vậy bốn điểm $D,H,E,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác $DHEC$ nội tiếp đường tròn.

b) Trong tam giác $ABC$ có $BE,AD$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$.

Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $CH\perp AB$.

Trong$\left(O\right)$ có $\widehat{ABM},\widehat{ACM}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính $AM$.

Suy ra $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^{\circ }$ nên $MB\perp AB;MC\perp AC.$

Mà $CH\perp AB;BH\perp AC$ nên $MB//CH,MC//BH$ nên $BHCM$ là hình bình hành.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $OI\perp BC$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của $BC$ (đường kính vuông góc với dây).

c) Xét $\Delta DHB$ và $\Delta DCA$ có

$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$ (vì $AD\perp BC$)

$\widehat{HBD}=\widehat{DAC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)

Do đó .

Suy ra $\frac{DH}{DC}=\frac{DB}{DA}$ hay $DH\cdot DA=DB\cdot DC.$

Ta có ${\left(a-b\right)}^2\ge 0$ hay $a^2-2ab+b^2\ge 0$ nên $a^2+2ab+b^2\ge 4ab$, suy ra $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$.

Áp dụng bất đẳng thức $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$, ta có: $DB\cdot DC\le \frac{{\left(DB+DC\right)}^2}{4}=\frac{B{C}^2}{4}$.

Suy ra $DH\cdot DA\le \frac{B{C}^2}{4}$ không đổi vì $BC$ cố định.

Dấu xảy ra khi $DB=DC$, khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy $A$ là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của $DH\cdot DA$ bằng $\frac{B{C}^2}{4}$.