Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

     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 $$-2x^2-5x-3=0$$, ta được:

$$-2.{\left(-1\right)}^2-5.\left(-1\right)-3=0.$$

Do đó, $$x=-1$$ là nghiệm của phương trình $$-2x^2-5x-3=0$$.

• Thay $$x=-1$$ vào phương trình $$-2x^2-5x+7=0,$$ ta được:

$$-2.{\left(-1\right)}^2-5.\left(-1\right)+7=10\ne 0$$.

Do đó, $$x=-1$$ là nghiệm của phương trình $$-2x^2-5x+7=0$$.

Vậy phương trình có $$x=-1$$ là nghiệm là $$-2x^2-5x-3=0$$ và $$\sqrt{3}{x}^2-\left(1-\sqrt{3}\right)x-1=0$$.

b) • Giải phương trình $$-2x^2-5x-3=0$$ 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 $x(\mathrm{m})$ và $y(\mathrm{m})$ $\left(x>0,y>0\right).$

Vì mảnh vườn có chu vi là $70\mathrm{m}$ nên ta có phương trình $$2\left(x+y\right)=70$$ hay $x+y=35$.

Vì mảnh vườn có diện tích là $250{\mathrm{m}}^2$ 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 $25\mathrm{m},10\mathrm{m}.$

Khu trồng hoa $BEDF$ có $BE=DF$ và $BE//DF$ nên có dạng một hình bình hành, do đó diện tích của khu trồng hoa là: $6\cdot 10=60({\mathrm{m}}^2).$

Số tiền chủ vườn phải trả cho người trồng hoa để trồng hết khu trồng hoa đó là:

$60\cdot 50000=3000000$ (đồng).

     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 $y=2x^2$ khi $m=\sqrt{3}$ hoặc $m=-\sqrt{3}$.

     b) Thay $x=1,y=3$ vào hàm số $y=2x^2$, ta được: $2=3$ (vô lí)

     Do đó, điểm $B\left(1;3\right)$ không thuộc đồ thị hàm số $y=2x^2$.

     Thay $x=-1,y=2$ vào hàm số $y=2x^2$, ta được: $2.{\left(-1\right)}^2=2$.

     Do đó, điểm $C\left(-1;2\right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=2x^2$.

     c) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3x+2y=3\\ 2x+y=1\end{array}$ ta được $\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=3\end{array}$.

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 $y=3x^2$ khi $m=2$ hoặc $m=-2$.

     d) Ta có bảng giá trị của hàm số $y=2x^2$ như sau:

Vậy đồ thị hàm số $y=2x^2$ 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 $y=3x^2$ như sau:

Vậy đồ thị hàm số $y=3x^2$ 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:

y=(m2−1)x2 với $m$ là tham số. a) Tìm $m$ để đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left(-1;2\right)$. b) Điểm $B\left(1;3\right);C\left(-1;2\right)$ có thuộc đồ hàm số vừa tìm được hay không? c) Tìm $m$ để đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left(x_0;y_0\right)$, biết $\left(x_0;y_0\right)$ là nghiệm của hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3x+2y=3\\ 2x+y=1\end{array}$. d) Vẽ đồ thị hàm số với các giá trị $m$ vừa tìm được ở phần a), b) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. (ảnh 1)">

     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:

${\Delta }^{\prime }={\left[-\left(m+1\right)\right]}^2-m^2-3m+2=-m+3$

Để phương trình có nghiệm thì ${\Delta }^{\prime }\ge 0$ 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 ${\Delta }^{\prime }>0$ hay $-m+3>0$ suy ra $m<3.$

Theo hệ thức Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)\\ x_1{x}_2=m^2+3m-2\end{array}$.

Lại có, $A=2018+3x_1{x}_2-x_1^2-x_2^2$

         $A=2018+5x_1{x}_2-\left(2x_1{x}_2+x_1^2+x_2^2\right)$

         $A=2018+5x_1{x}_2-{\left(x_1+x_2\right)}^2$

         $A=2018+5\left(m^2+3m-2\right)-{\left[2\left(m+1\right)\right]}^2$

         $A=2018+5m^2+15m-10-4m^2-8m-4$

         $A=m^2+7m+2004$

         $A={\left(m+\frac{7}{2}\right)}^2+\frac{7967}{4}$

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 $m=-\frac{7}{2}.$

       1. Gọi $$H$$ là hình chiếu của $$A$$ trên $$Oy.$$ Ta có $A\left(3;3\right)$ nên $OH=AH=\left|3\right|=3.$

Oxy, cho điểm $A\left(3;3\right)$ và $B\left(-3\sqrt{2};0\right).$ Hỏi phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $B$ có góc quay bằng bao nhiêu độ?        2. Cho hình vẽ bên. Tính số đo góc $ADC$ bằng bao nhiêu độ? (ảnh 2)">

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.

Oxy, cho điểm $A\left(3;3\right)$ và $B\left(-3\sqrt{2};0\right).$ Hỏi phép quay ngược chiều tâm $O$ biến điểm $A$ thành điểm $B$ có góc quay bằng bao nhiêu độ?        2. Cho hình vẽ bên. Tính số đo góc $ADC$ bằng bao nhiêu độ? (ảnh 3)">

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 $$\widehat{ADC}=180^{\circ }-\widehat{ABC}=180^{\circ }-\left(\widehat{ABD}+\widehat{DBC}\right)=180^{\circ }-\left(60^{\circ }+40^{\circ }\right)=80^{\circ }.$$

I nội tiếp tam giác $$ABC$$ tiếp xúc với $$AB,AC$$ 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 $$F,E,K$$ thẳng hàng. (ảnh 1)">

a) Vì $F,E$ là tiếp điểm của đường tròn $\left(I\right)$ nội tiếp tam giác $ABC$ nên $$IF\perp AB,IE\perp AC.$$

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.