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: 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 \(AB).\)

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

Tứgiác \(ABCD\) 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 \(180^\circ ).\)

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 \(\widehat {AOB} = 90^\circ .\)

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.

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).

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 \[B.\]