Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 07
8 người thi tuần này 4.6 2.3 K lượt thi 5 câu hỏi 45 phút
🔥 Đề thi HOT:
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất đẳng thức có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn và hình vành khuyên có lời giải
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 1. Phương trình quy về phương trình bậc nhất một ẩn có đáp án
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất phương trình bậc nhất một ẩn có lời giải
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
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 \[ - 2{x^2} - 5x - 3 = 0\], ta được:
\[ - 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) - 3 = 0.\]
Do đó, \[x = - 1\] là nghiệm của phương trình \[ - 2{x^2} - 5x - 3 = 0\].
• Thay \[x = - 1\] vào phương trình \[ - 2{x^2} - 5x + 7 = 0,\] ta được:
\[ - 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 5.\left( { - 1} \right) + 7 = 10 \ne 0\].
Do đó, \[x = - 1\] là nghiệm của phương trình \[ - 2{x^2} - 5x + 7 = 0\].
Vậy phương trình có \[x = - 1\] là nghiệm là \[ - 2{x^2} - 5x - 3 = 0\] và \[\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0\].
b) • Giải phương trình \[ - 2{x^2} - 5x - 3 = 0\] 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 chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là \(x{\rm{\;(m)}}\) và \(y{\rm{\;(m)}}\) \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).\)
Vì mảnh vườn có chu vi là \(70{\rm{\;m}}\) nên ta có phương trình \[2\left( {x + y} \right) = 70\] hay \(x + y = 35\).
Vì mảnh vườn có diện tích là \(250{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) nên ta có phương trình \(xy = 250\).
Ta có: \(x + y = 35\) và \(xy = 250\) và \({35^2} - 4 \cdot 250 = 225 > 0\) nên \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình:
\({t^2} - 35t + 250 = 0.\)
Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt là \({t_1} = 10\) (thỏa mãn); \({t_2} = 25\) (thỏa mãn).
Mà chiều dài luôn lớn hơn chiều rộng nên chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là \(25{\rm{\;m}},\,\,10{\rm{\;m}}.\)
Khu trồng hoa \(BEDF\) có \(BE = DF\) và \(BE\,{\rm{//}}\,DF\) nên có dạng một hình bình hành, do đó diện tích của khu trồng hoa là: \(6 \cdot 10 = 60{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Số tiền chủ vườn phải trả cho người trồng hoa để trồng hết khu trồng hoa đó là:
\(60 \cdot 50\,\,000 = 3\,\,000\,\,000\) (đồng).
Lời giải
a) Thay \(x = - 1,y = 2\) vào hàm số, ta được: \(\left( {{m^2} - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} = 2\) nên \({m^2} = 3\).
Suy ra \(m = \sqrt 3 \) hoặc \(m = - \sqrt 3 \).
Vậy đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 1;2} \right)\) là \(y = 2{x^2}\) khi \(m = \sqrt 3 \) hoặc \(m = - \sqrt 3 \).
b) Thay \(x = 1,y = 3\) vào hàm số \(y = 2{x^2}\), ta được: \(2 = 3\) (vô lí)
Do đó, điểm \(B\left( {1;3} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
Thay \(x = - 1,y = 2\) vào hàm số \(y = 2{x^2}\), ta được: \(2.{\left( { - 1} \right)^2} = 2\).
Do đó, điểm \(C\left( { - 1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
c) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 3\\2x + y = 1\end{array} \right.\) ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 3\end{array} \right.\).
Do đó, đồ thị hàm số \(y = \left( {{m^2} - 1} \right){x^2}\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( { - 1;3} \right)\).
Thay \(x = - 1,y = 3\) vào \(y = \left( {{m^2} - 1} \right){x^2}\), ta có: \(\left( {{m^2} - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} = 3\) suy ra \({m^2} = 4\).
Suy ra \(m = 2\) hoặc \(m = - 2\).
Vậy đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( { - 1;3} \right)\) là \(y = 3{x^2}\) khi \(m = 2\) hoặc \(m = - 2\).
d) Ta có bảng giá trị của hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
\(y\) |
\(8\) |
\(2\) |
\(0\) |
\(2\) |
\(8\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( { - 2;8} \right);\left( { - 1;2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;2} \right);\left( {2;8} \right)\).
Ta có bảng giá trị của hàm số \(y = 3{x^2}\) như sau:
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
\(y\) |
\(12\) |
\(3\) |
\(0\) |
\(3\) |
\(12\) |
Vậy đồ thị hàm số \(y = 3{x^2}\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( { - 2;12} \right);\left( { - 1;3} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1;3} \right);\left( {2;12} \right)\).
Từ đây, ta có đồ thị hàm số như sau:

Lời giải
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:
\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - {m^2} - 3m + 2 = - m + 3\)
Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) 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 \(\Delta ' > 0\) hay \( - m + 3 > 0\) suy ra \(m < 3.\)
Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.\).
Lại có, \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\)
\(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - \left( {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2} \right)\)
\(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\)
\(A = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - {\left[ {2\left( {m + 1} \right)} \right]^2}\)
\(A = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 8m - 4\)
\(A = {m^2} + 7m + 2004\)
\(A = {\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4}\)
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 \(m = - \frac{7}{2}.\)
Lời giải
1. Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Oy.\] Ta có \(A\left( {3;\,\,3} \right)\) nên \(OH = AH = \left| 3 \right| = 3.\)

Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có: \[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]
Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 .\)
Ta cũng có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{3}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Suy ra \(\widehat {AOH} = 45^\circ .\)
Ta có điểm \(B\left( { - 3\sqrt 2 ;\,\,0} \right)\) nằm trên trục \[Ox\] nên \(OB = \left| { - 3\sqrt 2 } \right| = 3\sqrt 2 .\) Khi đó \(OA = OB = 3\sqrt 2 .\)Mặt khác, \(\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {HOB} = 45^\circ + 90^\circ = 135^\circ .\)
Như vậy, phép quay \(135^\circ \) ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm \(A\) thành điểm \(B\).
2.

Xét đường tròn \(\left( O \right),\) ta có \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 60^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD)\)
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \).
Suy ra \[\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABD} + \widehat {DBC}} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 40^\circ } \right) = 80^\circ .\]
Lời giải
![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: a) Tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp. b) \(\widehat {AIF} = \widehat {KIC}\) và ba điểm \[F,{\rm{ }}E,{\rm{ }}K\] thẳng hàng. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid10-1751341632.png)
a) 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.
b) 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)
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.