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

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.

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

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

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

Theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=m-1.\end{array}$

Theo bài, $x_1^2-3x_1{x}_2=2m^2-x_2^2+\sqrt{x_1^2{x}_2^2-4m+8}$

$x_1^2+x_2^2-3x_1{x}_2-2m^2=\sqrt{x_1^2{x}_2^2-4m+8}$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-5x_1{x}_2-2m^2=\sqrt{{\left(x_1{x}_2\right)}^2-4m+8}$

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

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

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

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

$-2m^2-5m+9=\left|m-3\right|\left(\ast \ast \right)$

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

Khi đó, phương trình $\left(\ast \ast \right)$ trở thành:

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

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

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

$m=1$ (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 $$MA,MB$$ 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 $$OM.$$

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 $$MA,MB$$ 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 $$MP\cdot MQ=M{B}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2=3R^2.$$

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 $$B.$$