Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 10

     1. a) Xét các phương trình trên, ta có phương trình bậc hai một ẩn là: \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0;\)

\( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0.\)

     • Với phương trình \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0\) có \(a =  - 1,b =  - \frac{3}{2},c =  - \frac{1}{2}.\)

     • Với phương trình \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) có \(a =  - 3,b =  - 4\sqrt 6 ,c =  - 4.\)

     b) Giải phương trình:

     • Ta có: \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0\) hay \( - 2{x^2} - 3x - 1 = 0\) có \(a - b + c =  - 2 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 1} \right) = 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm là \(x =  - 1\) và \(x =  - \frac{1}{2}\).

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

     • Ta có: \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) hay \( - {\left( {\sqrt 3 x - 2} \right)^2} = 0\) suy ra \(\sqrt 3 x - 2 = 0\) nên \(x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy phương trình \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) có nghiệm là \(\left\{ {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right\}.\)

     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) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), ta có: \( - \frac{1}{2}{x^2} = \frac{x}{2} - 1\)

     Suy ra \( - \frac{1}{2}{x^2} - \frac{x}{2} + 1 = 0\) hay \({x^2} + x - 2 = 0\) nên \(\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\)

     Suy ra \(x =  - 2\) hoặc \(x = 1\).

     • Với \(x =  - 2\) thì \(y =  - 2\), suy ra \(A\left( { - 2; - 2} \right)\).

     • Với \(x = 1\) thì \(y =  - \frac{1}{2}\), suy ra \(B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\).

     Vậy điểm \(A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\) là điểm thuộc cả \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).

     b) Gọi điểm cần tìm là \(I\left( {3{y_0};{y_0}} \right)\), thay vào \(\left( P \right)\), ta có: \({y_0} =  - \frac{1}{2}{\left( {3{y_0}} \right)^2}\) hay \({y_0} =  - \frac{9}{2}{y_0}^2.\)

     Suy ra \(\frac{{{y_0}}}{{{y_0}^2}} =  - \frac{9}{2}\) hay \(\frac{1}{{{y_0}}} =  - \frac{9}{2}\) nên \({y_0} =  - \frac{2}{9}\), do đó \({x_0} = 3{y_0} = \frac{{ - 2}}{3}.\)

     Vậy điểm cần tìm là \(I\left( {\frac{{ - 2}}{3};\frac{{ - 2}}{9}} \right)\).

     c) Ta có bảng giá trị của \(\left( P \right):y =  - \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

     Do đó, đồ thị hàm số \(\left( P \right):y =  - \frac{1}{2}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2; - 2} \right);\left( { - 1; - \frac{1}{2}} \right);\left( {0;0} \right);\) \(\left( {1; - \frac{1}{2}} \right);\left( {2; - 2} \right)\).

     Đồ thị của đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua hai điểm \(A\left( { - 2; - 2} \right);B\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\).

     Do đó, ta có đồ thị như sau:

     a) Với \(m = 2\), ta có: \({x^2} - 2x + 2 = 0\) hay \({\left( {x - 1} \right)^2} + 1 = 0\) (vô lí do \({\left( {x - 1} \right)^2} + 1 > 0\))

     Vậy với \(m = 2\) thì phương trình (1) vô nghiệm.

     b) Xét phương trình: \({x^2} - 2x + m = 0\) có \(\Delta ' = 1 - m\).

     Để phương trình (1) có nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \(1 - m \ge 0\) nên \(m \le 1.\)

     Vậy phương trình có nghiệm khi \(m \le 1.\)

     c) Phương trình: \({x^2} - 2x + m = 0\) có \(\Delta ' = 1 - m\).

     Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0\) hay \(1 - m > 0\) nên \(m < 1.\)

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

     Lại có: \(x_1^3{x_2} + {x_1}x_2^3 - 2x_1^2x_2^2 = 5\)

                 \({x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - x_1^2x_2^2 = 5\)

                 \({x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}} \right) - 2x_1^2x_2^2 = 5\)

                 \({x_1}{x_2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 2x_1^2x_2^2 = 5\)

Suy ra \(4m - 2{m^2} - 2{m^2} = 5\) hay \( - 4{m^2} + 4m - 5 = 0\)

Suy ra \( - \left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) - 4 = 0\) hay \( - {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 = 0\).

Nhận thấy \( - {\left( {2m - 1} \right)^2} \le 0\) với mọi \(m < 1.\)

Suy ra \( - {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 < 0\) với mọi \(m < 1.\)

Do đó, phương trình \( - 4{m^2} + 4m - 5 = 0\) vô nghiệm.

Vậy không có giá trị \(m\) thỏa mãn.

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. a) Vì điểm \(B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AD\) nên \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do \(\Delta ABE\) vuông tại \(B\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm \(AE\) hay đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABE\) có đường kính \(AE\).
Tương tự, \(EF \bot AD\) nên \(\Delta AEF\) vuông tại \(F,\) có đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn đường kính \(AE.\)
Do đó, các điểm \(A,\,\,B,\,\,E,\,\,F\) đều nằm trên đường tròn đường kính \(AE.\)

Điều kiện xác định: \(x \ge 2025\).

Ta có \(\sqrt {x - 2025} + 3\sqrt {x + 6} = 3 + \sqrt {\left( {x - 2025} \right)\left( {x + 6} \right)} \)

\(\sqrt {x - 2025} + 3\sqrt {x + 6} - 3 - \sqrt {\left( {x - 2025} \right)\left( {x + 6} \right)} = 0\)

\(3\left( {\sqrt {x + 6} - 1} \right) - \sqrt {x - 2025} \left( {\sqrt {\left( {x + 6} \right)} - 1} \right) = 0\)

\(\left( {\sqrt {x + 6} - 1} \right)\left( {3 - \sqrt {x - 2025} } \right) = 0\)

Do đó, \(\sqrt {x + 6} - 1 = 0\) hoặc \(3 - \sqrt {x - 2025} = 0\).

Suy ra \(x = - 5\) (loại) hoặc \(x = 2034\) (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2034\).