Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 03
21 câu hỏi
Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn (3,0 điểm)
\(y = 2.\)
\(y = x - 2.\)
\(y = - x.\)
\(y = 2{x^2}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Các hàm số \(y = 2,\,\,y = x - 2,\,\,y = - x\) có đồ thị là một đường thẳng.
Hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị là một đường cong parabol.
Vậy ta chọn phương án D.
Đồ thị hàm số đã cho nằm phía trên trục hoành.
Đồ thị hàm số đã cho nhận trục \(Ox\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 2;\,\,2} \right)\).
Đồ thị hàm số có điểm cao nhất là gốc tọa độ.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Hàm số \(y = \frac{{ - {x^2}}}{2}\) hay \(y = - \frac{1}{2}{x^2}\) có hệ số \(a = - \frac{1}{2} < 0\) nên đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành, nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng, có điểm cao nhất là gốc tọa độ.
Thay \(x = - 2\) vào hàm số, ta được: \(y = \frac{{ - {{\left( { - 2} \right)}^2}}}{2} = - 2 \ne 2\) nên đồ thị hàm số không đi qua điểm \(\left( { - 2;\,\,2} \right).\)
Vậy ta chọn phương án D.
\(\left( { - 1;\, - 3} \right).\)
\(\left( {1;\,\,3} \right).\)
\(\left( { - 2;\,\, - 8} \right).\)
\[\left( {4\,;\,\,12} \right).\]
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Điểm \(\left( { - 1\,;\,\, - 3} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) vì \(3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3 \ne - 3.\)
Điểm \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) vì \(3 \cdot {1^2} = 3.\)
Điểm \(\left( { - 2\,;\,\, - 6} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) vì \(2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} = 8 \ne - 8.\)
Điểm \(\left( {4\,;\,\,12} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) vì \(3 \cdot {4^2} = 48 \ne 12.\)
Vậy ta chọn phương án B.
\[3{x^2} - 2\sqrt x + 1 = 0\].
\[2{x^2} - 2 = 0\].
\[3x + \frac{1}{x} - 5 = 0\].
\[4x - 1 = 0\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Phương trình bậc hai một ẩn có dạng \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right).\)
Phương trình \[2{x^2} - 2 = 0\] là phương trình bậc hai một ẩn với \(a = 2 \ne 0,\,\,b = 0,\,\,c = - 2.\)
Các phương trình \[3{x^2} - 2\sqrt x + 1 = 0,\,\,3x + \frac{1}{x} - 5 = 0,\,\,4x - 1 = 0\] không phải phương trình bậc hai một ẩn.
\(\Delta ' = 16\) và phương trình có hai nghiệm phân biệt.
\(\Delta ' = 4\) và phương trình có hai nghiệm phân biệt.
\(\Delta ' = 16\) và phương trình có nghiệm kép.
\(\Delta ' = 4\) và phương trình có nghiệm kép.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \[\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 5 \cdot 1 = 9 - 5 = 4 > 0\], suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.
\[ - 4\].
\[7\].
\[ - 3\].
\[ - 7\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Phương trình \[{x^2} - 7x + 12 = 0\]có \[\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 49 - 48 = 1 > 0\]nên phương trình có hai nghiệm phân biệt, theo định lí Viète, ta có tổng của hai nghiệm bằng \(\frac{{ - \left( { - 7} \right)}}{1} = 7.\)
\(m < - 2\).
\(m > - 2\).
\(m \le - 2\).
\(m \ge - 2\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có
\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} - 3} \right) = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 3 = 2m + 4.\)
Phương trình trên vô nghiệm khi \(\Delta ' < 0\), tức là \(2m + 4 < 0\) hay \(m < - 2\).
\(60^\circ .\)
\(90^\circ .\)
\(120^\circ .\)
\(180^\circ .\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn có số đo là \(90^\circ .\)
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
\[a\sqrt 3 .\]
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Tam giác đều cạnh \(a\) thì có bán kính đường tròn ngoại tiếp là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
Mọi tứ giác luôn nội tiếp được đường tròn.
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối bằng 
Tất cả các hình thang đều là tứ giác nội tiếp.
Cả A, B, C đều đúng.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối bằng \(180^\circ .\)
Cho tam giác đều\[ABC\], các đường cao \[AD,BE,CF\]cắt nhau tại\[H\]. Gọi \[I,K,M\] theo thứ tự là trung điểm của \[HA,HB,HC\]. Đa giác \[DKFIEM\] là hình gì?
Ngũ giác.
Ngũ giác đều.
Lục giác.
Lục giác đều.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Đa giác \[DKFIEM\] có 6 cạnh nên là lục giác đều.\(90^\circ .\)
\(180^\circ .\)
\[270^\circ .\]
\(360^\circ .\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) nên \(OA = OD\) và \(\widehat {AOD} = 90^\circ .\)
Như vậy, phép quay ngược chiều \[90^\circ \] tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(D.\)Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai (2,0 điểm)
Đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục tung.
Nếu \(a > 0\) thì đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành.
Nếu \(a < 0\) thì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.
Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right).\)
Hướng dẫn giải
Đáp án: a) Đúng.b) Sai. c) Sai. d) Đúng.
Xét hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right).\) Ta có:
⦁ Đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục tung. Do đó ý a) là đúng.
⦁ Nếu \(a > 0\) thì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành. Do đó ý b) là sai.
⦁ Nếu \(a < 0\) thì đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành. Do đó ý c) là sai.
⦁ Thay \(x = 0\) vào hàm số, ta được: \(y = a \cdot {0^2} = 0.\)
Như vậy, đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right).\) Do đó ý d) là đúng.
\(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}.\)
Đường tròn \(\left( O \right)\) là đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\)
Nếu \(\widehat {ABC} = 80^\circ \) thì \(\widehat {ADC} = 100^\circ .\)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ACD\) bằng \(\frac{{BD}}{2}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án: a) Đúng.b) Sai. c) Đúng.d) Đúng.
⦁ Vì \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD).\) Do đó ý a) là đúng.
⦁ Vì \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên đường tròn \(\left( O \right)\) đi qua các điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\) do đó đường tròn \(\left( O \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\) Do đó ý b) là sai.
⦁ Vì \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau của một tứ giác nội tiếp).Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .\) Do đó ý c) là đúng.
⦁ Ta có đường tròn \(\left( O \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ACD.\)
Mà \(\widehat {BAD} = \widehat {BCD} = 90^\circ \) nên các tam giác vuông\(ABD,\,\,BCD\) có đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn có đường kính \(BD.\)
Như vậy, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ACD\) bằng \(\frac{{BD}}{2}.\) Do đó ý d) là đúng.
Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn (2,0 điểm)
Phương trình \[2{x^4} + 5{x^2} + 3 = 0\] có bao nhiêu nghiệm?
__
Đáp số: 0.
Xét phương trình \[2{x^4} + 5{x^2} + 3 = 0\]
Đặt \[{x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\], phương trình đã cho trở thành:
\[2{t^2} + 5t + 3 = 0\]
\[{t_1} = - 1\] (không thỏa mãn); \[{t_2} = \frac{{ - 3}}{2}\] (không thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm, tức là có 0 nghiệm.
Hướng dẫn giải
Đáp số: 1.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) là:
\( - \frac{1}{4}{x^2} = x + m\) hay \({x^2} + 4x + 4m = 0.\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình trên có \(\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 4m = 4 - 4m.\)
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) có một điểm chung duy nhất thì phương trình (*) có một nghiệm duy nhất, tức là \(\Delta ' = 0\) hay \(4 - 4m = 0\) nên \(m = 1.\)
Hướng dẫn giải
Đáp số: 40.
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \[\widehat {A\,} + \widehat C = 180^\circ \] (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng \(180^\circ ).\)
Suy ra \[\widehat C = 180^\circ - \widehat {A\,} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .\]
Xét \(\Delta ABD\) có \(\widehat {A\,} + \widehat {ABD} + \widehat {ADB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)Suy ra \[\widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {\widehat {A\,} + \widehat {ABD}} \right) = 180^\circ - \left( {80^\circ + 60^\circ } \right) = 40^\circ \].
Vì \[AD\,{\rm{//}}\,BD\] nên \[\widehat {DBC} = \widehat {ADB} = 40^\circ \] (so le trong).
Xét \(\Delta BCD\) có \(\widehat {C\,} + \widehat {CBD} + \widehat {BDC} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra \(\widehat {BDC} = 180^\circ - \left( {\widehat {C\,} + \widehat {CBD}} \right) = 180^\circ - \left( {100^\circ + 40^\circ } \right) = 40^\circ .\)
Hướng dẫn giải
Đáp số: \( - 1.\)
Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Oy.\] Ta có \(A\left( {2;\,\,3} \right)\) nên \(AH = \left| 2 \right| = 2\) và \[OH = \left| 3 \right| = 3.\]
Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có:
\[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]
Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {2^2}} = \sqrt {13} .\)
Ta cũng có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.\)Giả sử phép quay \(90^\circ \) ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm \(A\) (ở góc phần tư thứ I) thành điểm \(B\). Khi đó, điểm \(B\) nằm ở góc phần tư thứ II và \(OB = OA = \sqrt {13} ,\,\,\widehat {AOB} = 90^\circ .\)
Ta có \(\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {BOH} = 90^\circ \) nên \(\cos \widehat {BOH} = \sin \widehat {AOH} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.\)
Xét \(\Delta OBK\) vuông tại \(K\) (gọi \(K\) là hình chiếu của điểm \(B\) trên \(Oy)\) ta có:
\(OK = OB \cdot \cos \widehat {BOH} = \sqrt {13} \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} = 2.\)
Từ đó, ta có tung độ của điểm \(B\) là \(2\) (do \(B\) nằm ở góc phần tư thứ II).
Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm \(B\) là \( - 3.\)\(\)
Như vậy, phép quay ngược chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \(A\left( {2;\,\,3} \right)\) thành điểm \[B\left( {--3;{\rm{ }}2} \right).\]
Tổng hoành độ và tung độ của điểm \(B\) là \( - 3 + 2 = - 1.\)
B. TỰ LUẬN (3,0 điểm)
Miếng kim loại thứ nhất nặng 880 g, miếng kim loại thứ hai nặng 858 g. Thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3, nhưng khối lượng riêng của miếng thứ nhất lớn hơn khối lượng riêng của miếng thứ hai là 1g/cm3. Tìm khối lượng riêng của mỗi miếng kim loại.
Gọi khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là \(x\) (g/cm3) \(\left( {x > 1} \right).\)
Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là \(x - 1\) (g/cm3).
Thể tích của miếng kim loại thứ nhất là: \(\frac{{880}}{x}\) (cm3).
Thể tích của miếng kim loại thứ hai là: \(\frac{{858}}{{x - 1}}\) (cm3).
Theo đề bài, thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3 nên ta có phương trình: \(\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10.\)
Giải phương trình:
\(\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10\)
\(\frac{{858x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{880\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{10x\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}}\)
\(858x - 880\left( {x - 1} \right) = 10x\left( {x - 1} \right)\)
\(858x - 880x + 880 = 10{x^2} - 10x\)
\(10{x^2} + 12x - 880 = 0\)
\(5{x^2} + 6x - 440 = 0\)
Giải phương trình trên ta được: \({x_1} = - 10;\,\,{x_2} = 8,8.\)
Ta thấy chỉ có giá trị \({x_2} = 8,8\) thỏa mãn điều kiện.
Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là \(8,8\) g/cm3; khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là \(8,8 - 1 = 7,8\) (g/cm3).
Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}.\)
Xét phương trình \({x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\) \(\left( * \right)\)
Ta có: \(\Delta = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {{m^2} - 7} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 4{m^2} + 28 = - 4m + 29\).
Để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta > 0,\) tức là \( - 4m + 29 > 0\) hay \(m < \frac{{29}}{4}.\)
Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Theo bài, \(4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}\)
\(4{x_1}^2 - 4x_2^2 - {x_1} + x_2^2 + {x_2} - {x_1}{x_2} = 0\)
\[4\left( {{x_1}^2 - x_2^2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + {x_2} - {x_1} = 0\]
\(4\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 0\)
\(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 4{x_2} - {x_2} - 1} \right) = 0\)
\(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 3{x_2} - 1} \right) = 0\)
Xét trường hợp 1:\({x_1} - {x_2} = 0\) suy ra \({x_1} = {x_2}\) (loại do \({x_1} \ne {x_2}).\)
Xét trường hợp 2: \(4{x_1} + 3{x_2} - 1 = 0\) suy ra \({x_1} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 1 = 0\) \(\left( {**} \right)\)
Thay \({x_1} + {x_2} = 2m - 1\) vào \(\left( {**} \right)\) ta có: \({x_1} + 3\left( {2m - 1} \right) - 1 = 0\) hay \({x_1} = - 6m + 4\).
Thay \({x_1} = - 6m + 4\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được \( - 6m + 4 + {x_2} = 2m - 1\), suy ra \({x_2} = 8m - 5.\)
Thay \({x_1} = - 6m + 4\) và \({x_2} = 8m - 5\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\left( { - 6m + 4} \right)\left( {8m - 5} \right) = {m^2} - 7\)
\( - 48{m^2} + 30m + 32m - 20 = {m^2} - 7\)
\( - 49{m^2} + 62m - 13 = 0\)
\(m = 1\) (thỏa mãn); \(m = \frac{{13}}{{49}}\) (thỏa mãn).
Vậy với \(m = \left\{ {1;\,\,\frac{{13}}{{49}}} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,5 điểm) Cho đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác \[ABC\] tiếp xúc với \[AB,{\rm{ }}AC\] lần lượt tại \[F\] và \[E.\] Kẻ \[CK\] vuông góc với \[BI.\] Chứng minh rằng:
1. Tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp.
2. \(\widehat {AIF} = \widehat {KIC}.\)
3. Ba điểm \[F,{\rm{ }}E,{\rm{ }}K\]thẳng hàng.
1. Vì \(F,\,\,E\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left( I \right)\) nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \[IF \bot AB,\,\,IE \bot AC.\]
Do đó \(\widehat {IFA} = \widehat {IEA} = 90^\circ \), nên hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là hai tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(AI\)
Do đó đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là đường tròn đường kính \(AI\) hay bốn điểm \(A,\,\,E,\,\,I,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AI.\)
Vậy tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp.
2. Đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI,\,\,BI,\,\,CI\) là các đường phân giác của tam giác.
Do đó \(\widehat {IAF} = \frac{1}{2}\widehat {BAC};\,\,\widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC};\,\,\widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}\).
Ta có: \(\widehat {AIF} = 90^\circ - \widehat {IAF} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC}\). (1)
\[\widehat {IBC} + \widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = \frac{1}{2}\left( {180^\circ - \widehat {BAC}} \right) = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\] (2)
Xét \(\Delta IBC\) có \(\widehat {KIC}\) là góc ngoài tại đỉnh \(I\) nên \(\widehat {KIC} = \widehat {IBC} + \widehat {ICB}.\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AIF} = \widehat {KIC}.\) (4)
3. Tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {AEF} = \widehat {AIF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF).\) (5)
Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác \(IEKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(IC.\)
Do đó \(\widehat {KEC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC).\) (6)
Từ (4), (5), (6) ta có \(\widehat {AEF} = \widehat {KEC}\).
Mà \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) nên \(\widehat {KEC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) hay ba điểm \(F,\,\,E,\,\,K\) thẳng hàng.
