Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 09
7 người thi tuần này 4.6 4.9 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 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.
Lời giải
a) Thay \(x = - \sqrt 3 ,y = 1\) vào hàm số, ta được: \(\left( {m - 1} \right).{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 1\) hay \(m - 1 = \frac{1}{3}\),
suy ra \(m = \frac{4}{3}\).
Vậy \(m = \frac{4}{3}\) thì được đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - \sqrt 3 ;1} \right).\)
b) Ta có bảng giá trị của hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) là
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
\(y = \frac{4}{3}{x^2}\) |
\(\frac{{16}}{3}\) |
\(\frac{4}{3}\) |
\(0\) |
\(\frac{4}{3}\) |
\(\frac{{16}}{3}\) |
Do đó, đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;\frac{{16}}{3}} \right);\left( { - 1;\frac{4}{3}} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2;\frac{{16}}{3}} \right);\)\(\left( {1;\frac{4}{3}} \right).\)
Từ đây, ta có đồ thị như sau:

c) Thay \(x = 3\) vào hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\), ta được: \(y = \frac{4}{3}{.3^2} = 12\).
Vậy điểm trên \(\left( P \right)\) có hoành độ bằng \(3\) là \(\left( {3;12} \right)\).
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.
![1. Cho hình lục giác đều \(ABCDEG\) (các đỉnh của lục giác theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) có tâm \(O.\) Phép quay ngược chiều tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(E\) có góc quay là bao nhiêu độ? 2. Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;R} \right),\] kẻ các tiếp tuyến \[MA\] và \[MB\] với đường tròn đó \[(A,{\rm{ }}B\] là các tiếp điểm) sao cho \(MA = R\sqrt 3 .\) a) Chứng minh rằng tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn. b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB.\) c) Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \[M\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \(P\) nằm giữa \(M\) và \(Q.\) Xác định vị trí của đường thẳng \[d\] sao cho \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid11-1751337099.png)
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\(E.\)
2.
![1. Cho hình lục giác đều \(ABCDEG\) (các đỉnh của lục giác theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) có tâm \(O.\) Phép quay ngược chiều tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(E\) có góc quay là bao nhiêu độ? 2. Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;R} \right),\] kẻ các tiếp tuyến \[MA\] và \[MB\] với đường tròn đó \[(A,{\rm{ }}B\] là các tiếp điểm) sao cho \(MA = R\sqrt 3 .\) a) Chứng minh rằng tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn. b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB.\) c) Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \[M\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \(P\) nằm giữa \(M\) và \(Q.\) Xác định vị trí của đường thẳng \[d\] sao cho \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid12-1751337111.png)
a) 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 \[OM.\]
b) 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 \(\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.\)
c) 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 \[B.\]
Lời giải
Điều kiện xác định: \(x \le - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.\)
Ta có: \({x^2} - 6x + 10 = 2\sqrt {5 - 2x} - 2\sqrt {{x^2} - 4} \)
\({x^2} - 6x + 10 - 2\sqrt {5 - 2x} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0\)
\(5 - 2x - 2\sqrt {5 - 2x} + {x^2} - 4x + 4 + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0\)
\({\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0\)
Nhận thấy đồng thời \({\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} \ge 0\), \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\) và \(2\sqrt {{x^2} - 4} \ge 0\) với mọi \(x \le - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.\)
Do đó, để \({\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4} = 0\) thì đồng thời \({\left( {\sqrt {5 - 2x} - 1} \right)^2} = 0\), \({\left( {x - 2} \right)^2} = 0\) và \(2\sqrt {{x^2} - 4} = 0\).
Suy ra \(x = 2\) (thỏa mãn).
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\).