Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 10

     1. a) Xét các phương trình trên, ta có các phương trình bậc hai một ẩn là:

\(2{x^2} - 5x - 3 = 0\) và \({x^2} - 7x + 4 = 0.\)

• Với phương trình \(2{x^2} - 5x - 3 = 0\), ta có: \(a = 2;b =  - 5;c =  - 3\).

• Với phương trình \({x^2} - 7x + 4 = 0\), ta có: \(a = 1;b =  - 7;c = 4.\)

b) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x - 3 = 0\), ta có: \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.\left( { - 3} \right) = 49 > 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là

\({x_1} = \frac{{5 + \sqrt {49} }}{4} = \frac{{12}}{4} = 3\) và \({x_2} = \frac{{5 - \sqrt {49} }}{4} = \frac{{ - 2}}{4} =  - \frac{1}{2}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 5x - 3 = 0\) là: \(\left\{ { - \frac{1}{2};3} \right\}.\)

Giải phương trình \({x^2} - 7x + 4 = 0\), ta có: \(\Delta  = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.4 = 33 > 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là

\({x_1} = \frac{{7 + \sqrt {33} }}{2}\) và \({x_2} = \frac{{7 - \sqrt {33} }}{2}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình \({x^2} - 7x + 4 = 0\) là \(\left\{ {\frac{{7 + \sqrt {33} }}{2};\frac{{7 - \sqrt {33} }}{2}} \right\}\).

     2. Giả sử điểm \(M\) chia đoạn thẳng \(AB\) thành hai đoạn thẳng thỏa mãn điều kiện bài toán, \(AM > MB.\)

Gọi độ dài của \(AM = x\) \(({\rm{cm}})\,\,\left( {0 < x < 10} \right)\) suy ra \(MB = 10 - x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Theo đề bài, bạn An chia đoạn thẳng \(AB\) thành hai đoạn sao cho tỉ số giữa đoạn lớn với đoạn \(AB\) bằng tỉ số giữa đoạn nhỏ với đoạn lớn nên ta có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MB}}{{AM}}\) hay \(\frac{x}{{10}} = \frac{{10 - x}}{x}\).

Giải phương trình:

\(\frac{x}{{10}} = \frac{{10 - x}}{x}\)

\({x^2} = 10\left( {10 - x} \right)\)

\({x^2} = 100 - 10x\)

\({x^2} + 10x - 100 = 0\)

Giải phương trình trên ta được \({x_1} =  - 5 - 5\sqrt 5 ;\)\({x_2} =  - 5 + 5\sqrt 5 .\)

Ta thấy chỉ có giá trị \({x_2} =  - 5 + 5\sqrt 5 \) thỏa mãn điều kiện.

Vậy \(AM =  - 5 + 5\sqrt 5 {\rm{\;(cm)}}{\rm{,}}\) tỉ số cần tìm là \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{ - 5 + 5\sqrt 5 }}{{10}} = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}.\)

     a) Thay \(x =  - 2,y = 8\) vào \(\left( P \right)\), ta được: \(8 = a.{\left( { - 2} \right)^2}\) hay \(4a = 8\) nên \(a = 2.\)

Vậy \(a = 2\) thì ta được hàm số \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - 2;8} \right).\)

     b) Ta có bảng giá trị của hàm số \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) như sau:

Do đó, đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) đi qua các 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 đồ thị hàm số như sau:

     c) Ta có: \(\left( P \right):y = 2{x^2}\), thay \(y = 2,\) ta được: \(2{x^2} = 2\), suy ra \({x^2} = 1\) nên \(x = 1\) hoặc \(x =  - 1.\)

Do đó, các điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) có tung độ \(y = 2\) là \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - 1;2} \right)\).

     d) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), ta có:

\(a{x^2} = x + 6\) hay \(a{x^2} - x - 6 = 0\) (1)

Thay \(x = \frac{6}{5}\) vào phương trình (1), ta có: \(\frac{{36}}{{25}}a - \frac{6}{5} - 6 = 0\) hay \(\frac{{36}}{{25}}a - \frac{{36}}{5} = 0\) nên \(\frac{{36}}{{25}}a = \frac{{36}}{5}.\)

Do đó, \(a = 5\) (thỏa mãn).

Vậy \(\left( P \right):y = 5{x^2}\).

     a) Với \(m = 2,\) ta có: \(\left( {2.2 - 3} \right){x^2} - 2\left( {2 - 2} \right)x - 1 = 0\) hay \({x^2} - 1 = 0\) nên \({x^2} = 1\).

     Suy ra \(x = 1\) hoặc \(x =  - 1\).

     Vậy với \(m = 2,\) phương trình có nghiệm là \(\left\{ { - 1;1} \right\}\).

     b) Xét phương trình \(\left( {2m - 3} \right){x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x - 1 = 0\), ta có:

     • Với \(2m - 3 = 0\) thì \(m = \frac{3}{2}\) thì ta được: \(x - 1 = 0\), suy ra \(x = 1\). (1)

     • Với \(2m - 3 \ne 0\) thì \(m \ne \frac{3}{2}\) ta được phương trình bậc hai \(\left( {2m - 3} \right){x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x - 1 = 0\)

     Có \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 2} \right)} \right]^2} + \left( {2m - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m \in \mathbb{R}\). (2)

     Từ (1) và (2), suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

c) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0\) và \(2m - 3 \ne 0\), suy ra \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0\) và \(m \ne \frac{3}{2}\), do đó \(m \ne 1\) và \(m \ne \frac{3}{2}\).

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

     Mà theo đề, ta có: \(2{x_1} + 3{x_2} = 5\) suy ra \({x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2}\).

     Thay \({x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2}\) vào \({x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}\), ta được: \(\frac{{5 - 3{x_2}}}{2} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}\).

     Suy ra \(5 - {x_2} = \frac{{4\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}}\) nên \({x_2} = 5 - \frac{{4\left( {m - 2} \right)}}{{2m - 3}} = \frac{{6m - 7}}{{2m - 3}}\).

     Do đó, \({x_1} = \frac{{5 - 3{x_2}}}{2} = \frac{5}{2} - \frac{3}{2}{x_2} = \frac{5}{2} - \frac{3}{2}.\frac{{6m - 7}}{{2m - 3}} = \frac{{ - 8m + 6}}{{2\left( {2m - 3} \right)}} = \frac{{ - 4m + 3}}{{2m - 3}}\).

Mà \({x_1}{x_2} = \frac{{ - 1}}{{\left( {2m - 3} \right)}}\) nên \(\frac{{6m - 7}}{{\left( {2m - 3} \right)}}.\frac{{\left( { - 4m + 3} \right)}}{{\left( {2m - 3} \right)}} = \frac{{ - 1}}{{2m - 3}}\).

Suy ra \(\left( {6m - 7} \right).\left( { - 4m + 3} \right) =  - \left( {2m - 3} \right)\)

Do đó, \(24{m^2} - 46m + 21 = 2m - 3\) hay \(24{m^2} - 48m + 24 = 0\)

Suy ra \({m^2} - 2m + 1 = 0\) hay \({\left( {m - 1} \right)^2} = 0\).

Suy ra \(m = 1\) (loại).

Vậy không có giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ  - \widehat {ABC} = 180^\circ  - 106^\circ  = 74^\circ .\) Khi đó,  (số đo cung gấp hai lần số đo góc nội tiếp chắn cung đó)

     2. Vì \(ABCDEG\) là lục giác đều nên \(AB = BC = CD = DE = EG = GA\) và \(OA = OB = OC = OD = OE = OG\).

Xét \(\Delta OAB\) và \(\Delta OBC\) có: \(OA = OB,\,\,OB = OC,\,\,AB = BC\) Do đó \(\Delta OAB = \Delta OBC\) (c.c.c) Suy ra \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC}\) (hai góc tương ứng). Tương tự, ta sẽ chứng minh được \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOA}.\) Lại có: \(\widehat {AOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOE} + \widehat {EOG} + \widehat {GOA} = 360^\circ \)

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 \(E.\)

a) Vì \(AI,\,\,CL\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AI \bot BC\) và \(CL \bot AB.\) Do đó \(\widehat {AIB} = \widehat {BLC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HIB} = \widehat {BLH} = 90^\circ \). Suy ra hai điểm \(I,\,\,L\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH.\) Vậy bốn điểm \(B,\,\,I,\,\,L,\,\,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH\) hay tứ giác \(BIHL\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BH.\)      b) Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác \(CIHK\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CH.\) Suy ra \(\widehat {IKC} = \widehat {IHC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IC)\)

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác \(AKHL\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\) nên \(\widehat {AKL} = \widehat {AHL}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AL).\)

Lại có \(\widehat {IHC} = \widehat {AHL}\) (đối đỉnh)

Do đó \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.\)

Ta có \(\widehat {AKL} + \widehat {LKB} = 90^\circ \) và \(\widehat {IKC} + \widehat {IKB} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}\) nên \(\widehat {LKB} = \widehat {IKB}\) hay \(KB\) tức \(KH\) là tia phân giác của \(\widehat {IKL}.\)

Chứng minh tương tự, ta có \(IH\) là tia phân giác của \(\widehat {LIK}.\)

Xét tam giác \(IKL\) có \(KH,\,\,IH\) là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(IKL.\)