Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

     1. a) Thực hiện thay $$x=-1$$ vào các phương trình, ta có:

• Thay $$x=-1$$ vào phương trình $$\sqrt{3}{x}^2-\left(1-\sqrt{3}\right)x-1=0$$ ta được:

$$\sqrt{3}.{\left(-1\right)}^2-\left(1-\sqrt{3}\right).\left(-1\right)-1=0$$.

Do đó, $$x=-1$$ là nghiệm của phương trình $$\sqrt{3}{x}^2-\left(1-\sqrt{3}\right)x-1=0$$.

• Thay $$x=-1$$ vào phương trình $$x^2-6x-8=0$$, ta được:

$${\left(-1\right)}^2-6.\left(-1\right)-8=-1\ne 0$$.

Do đó, $$x=-1$$ không là nghiệm của phương trình $$x^2-6x-8=0$$.

• Thay $$x=-1$$ vào phương trình $$-2x^2-5x-3=0$$, ta được:

$$-2.{\left(-1\right)}^2-5.\left(-1\right)-3=0.$$

Do đó, $$x=-1$$ là nghiệm của phương trình $$-2x^2-5x-3=0$$.

• Thay $$x=-1$$ vào phương trình $$-2x^2-5x+7=0,$$ ta được:

$$-2.{\left(-1\right)}^2-5.\left(-1\right)+7=10\ne 0$$.

Do đó, $$x=-1$$ là nghiệm của phương trình $$-2x^2-5x+7=0$$.

Vậy phương trình có $$x=-1$$ là nghiệm là $$-2x^2-5x-3=0$$ và $$\sqrt{3}{x}^2-\left(1-\sqrt{3}\right)x-1=0$$.

b) • Giải phương trình $$-2x^2-5x-3=0$$ có $$a+b+c=-2-\left(-5\right)+\left(-3\right)=0$$.

Do đó nghiệm của phương trình là $$x=-1$$ và $$x=-\frac{3}{2}$$.

Vậy phương trình có nghiệm $$\left\{-1;-\frac{3}{2}\right\}$$.

• Giải phương trình $$\sqrt{3}{x}^2-\left(1-\sqrt{3}\right)x-1=0$$, ta thấy: $$a-b+c=\sqrt{3}+1-\sqrt{3}-1=0$$.

Do đó nghiệm của phương trình là $$x=-1$$ và $$x=\frac{\sqrt{3}}{3}$$.

Vậy nghiệm của phương trình là $$\left\{-1;\frac{\sqrt{3}}{3}\right\}$$.

     2. 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: $\left(3,5+0,035a\right)\cdot a\%=0,035a+0,00035a^2$ (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:

$$3,5+0,035a+0,035a+0,00035a^2=3,875$$

$$0,00035a^2+0,07a-0,375=0$$

$$7a^2+1400a-7500=0$$

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.        

     a) Thay $x=-\sqrt{3},y=1$ vào hàm số, ta được: $\left(m-1\right).{\left(\sqrt{3}\right)}^2=1$ hay $m-1=\frac{1}{3}$,

suy ra $m=\frac{4}{3}$.

Vậy $m=\frac{4}{3}$ thì được đồ thị hàm số $\left(P\right):y=\frac{4}{3}{x}^2$ đi qua điểm $A\left(-\sqrt{3};1\right).$

     b) Ta có bảng giá trị của hàm số $\left(P\right):y=\frac{4}{3}{x}^2$ là

Do đó, đồ thị hàm số $\left(P\right):y=\frac{4}{3}{x}^2$ đi qua các điểm $\left(-2;\frac{16}{3}\right);\left(-1;\frac{4}{3}\right);\left(0;0\right);\left(2;\frac{16}{3}\right);$$\left(1;\frac{4}{3}\right).$

Từ đây, ta có đồ thị như sau:

y=(m−1)x2(m=1) có đồ thị $\left(P\right).$ a) Xác định $m$ để đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left(-\sqrt{3};1\right).$ Với giá trị $m$ vừa tìm được ở trên, hãy: b) Hãy vẽ đồ thị $\left(P\right).$ c) Tìm các điểm trên $\left(P\right)$ có hoành độ bằng $3.$ (ảnh 1)">

     c) Thay $x=3$ vào hàm số $\left(P\right):y=\frac{4}{3}{x}^2$, ta được: $y=\frac{4}{3}.3^2=12$.

Vậy điểm trên $\left(P\right)$ có hoành độ bằng $3$ là $\left(3;12\right)$.

     a) Với $m=3,$ ta có phương trình: $x^2-8x+16=0$ hay ${\left(x-4\right)}^2=0$, suy ra $x-4=0$.

Do đó, $x=4$.

Vậy phương trình có nghiệm $x=4$ khi $m=3.$

     b) Xét phương trình $x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3m-2=0$ có:

${\Delta }^{\prime }={\left[-\left(m+1\right)\right]}^2-m^2-3m+2=-m+3$

Để phương trình có nghiệm thì ${\Delta }^{\prime }\ge 0$ hay $-m+3\ge 0$, suy ra $m\le 3$.

Vậy $m\le 3$ thì phương trình có nghiệm.

     c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì ${\Delta }^{\prime }>0$ hay $-m+3>0$ suy ra $m<3.$

Theo hệ thức Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)\\ x_1{x}_2=m^2+3m-2\end{array}$.

Lại có, $A=2018+3x_1{x}_2-x_1^2-x_2^2$

         $A=2018+5x_1{x}_2-\left(2x_1{x}_2+x_1^2+x_2^2\right)$

         $A=2018+5x_1{x}_2-{\left(x_1+x_2\right)}^2$

         $A=2018+5\left(m^2+3m-2\right)-{\left[2\left(m+1\right)\right]}^2$

         $A=2018+5m^2+15m-10-4m^2-8m-4$

         $A=m^2+7m+2004$

         $A={\left(m+\frac{7}{2}\right)}^2+\frac{7967}{4}$

Ta có: ${\left(m+\frac{7}{2}\right)}^2\ge 0$ với mọi $m$, do đó ${\left(m+\frac{7}{2}\right)}^2+\frac{7967}{4}\ge \frac{7967}{4}$ hay $A\ge \frac{7967}{4}$.

Vậy GTNN của $A=\frac{7967}{4}$ khi $m=-\frac{7}{2}.$

     1.

ABCDEG (các đỉnh của lục giác theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) có tâm $O.$ Phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $E$ có góc quay là bao nhiêu độ?      2. Cho đường tròn $\left(O;R\right).$ Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $$\left(O;R\right),$$ kẻ các tiếp tuyến $$MA$$ và $$MB$$ với đường tròn đó $$(A,B$$ là các tiếp điểm) sao cho $MA=R\sqrt{3}.$ a)  Chứng minh rằng tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn. b)  Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $MAB.$ c) Vẽ đường thẳng $d$ đi qua $$M$$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại hai điểm $$P,Q$$ sao cho $P$ nằm giữa $M$ và $Q.$ Xác định vị trí của đường thẳng $$d$$ sao cho $$MP+MQ$$ đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 2)">

Vì $ABCDEG$ là lục giác đều nên $AB=BC=CD=DE=EG=GA$

và $OA=OB=OC=OD=OE=OG$.

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$E.$

     2.

ABCDEG (các đỉnh của lục giác theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) có tâm $O.$ Phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $E$ có góc quay là bao nhiêu độ?      2. Cho đường tròn $\left(O;R\right).$ Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $$\left(O;R\right),$$ kẻ các tiếp tuyến $$MA$$ và $$MB$$ với đường tròn đó $$(A,B$$ là các tiếp điểm) sao cho $MA=R\sqrt{3}.$ a)  Chứng minh rằng tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn. b)  Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $MAB.$ c) Vẽ đường thẳng $d$ đi qua $$M$$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại hai điểm $$P,Q$$ sao cho $P$ nằm giữa $M$ và $Q.$ Xác định vị trí của đường thẳng $$d$$ sao cho $$MP+MQ$$ đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 3)">

a) Ta có $$MA,MB$$ là các tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ lần lượt tại $$A$$ và $$B$$ nên $$MA\perp OA,MB\perp OB.$$

Xét $\Delta OAM$ vuông tại $$A,$$ theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M}^2=M{A}^2+O{A}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2+R^2=4R^2$

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 $$A,M,B,O$$ cùng nằm trên đường tròn $$\left(I\right)$$ đường kính $$OM.$$

Vậy tứ giác $AMBO$ nội tiếp đường tròn $$\left(I\right)$$ đường kính $$OM.$$

b) Xét $$\Delta OAM$$ vuông tại $$A,$$ ta có: $\sin \widehat{AMO}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{2}$. Suy ra $\widehat{AMO}=30^{\circ }.$

Do $$MA,MB$$ 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 $\frac{R\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{6}=\frac{R}{2}.$

c) 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 $\Delta MPB\backsim \Delta MBQ$ (g.g).

Suy ra $\frac{MB}{MQ}=\frac{MP}{MB}$ hay $$MP\cdot MQ=M{B}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2=3R^2.$$

Lại có $${\left(MQ--MP\right)}^2\ge 0$$ hay $${\left(MQ+MP\right)}^2\ge 4MQ\cdot MP$$

Suy ra $${\left(MQ+MP\right)}^2\ge 4\cdot 3R^2=12R^2$$

Do đó $MQ+MP\ge \sqrt{12R^2}=2R\sqrt{3}$ (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 $$B.$$

Điều kiện xác định: $x\le -2;2\le x\le \frac{5}{2}.$

Ta có: $x^2-6x+10=2\sqrt{5-2x}-2\sqrt{x^2-4}$

$x^2-6x+10-2\sqrt{5-2x}+2\sqrt{x^2-4}=0$

$5-2x-2\sqrt{5-2x}+x^2-4x+4+2\sqrt{x^2-4}=0$

${\left(\sqrt{5-2x}-1\right)}^2+{\left(x-2\right)}^2+2\sqrt{x^2-4}=0$

Nhận thấy đồng thời ${\left(\sqrt{5-2x}-1\right)}^2\ge 0$, ${\left(x-2\right)}^2\ge 0$ và $2\sqrt{x^2-4}\ge 0$ với mọi $x\le -2;2\le x\le \frac{5}{2}.$

Do đó, để ${\left(\sqrt{5-2x}-1\right)}^2+{\left(x-2\right)}^2+2\sqrt{x^2-4}=0$ thì đồng thời ${\left(\sqrt{5-2x}-1\right)}^2=0$, ${\left(x-2\right)}^2=0$ và $2\sqrt{x^2-4}=0$.

Suy ra $x=2$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x=2$.