Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo (Tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

1. a) Trong các phương trình trên, các phương trình bậc hai một ẩn là: ${\left(x-5\right)}^2-11=0$;

     $3x^2-2\sqrt{3}x+1=0.$

• Xét phương trình ${\left(x-5\right)}^2-11=0$ hay  $x^2-10x+14=0$ có $a=1;b=-10;c=14$.

• Xét phương trình $3x^2-2\sqrt{3}x+1=0$ có $a=3;b=-2\sqrt{3};c=1$.

b) • Giải phương trình ${\left(x-5\right)}^2-11=0$, ta được: ${\left(x-5\right)}^2=11$ hay ${\left(x-5\right)}^2={\left(\sqrt{11}\right)}^2$

     Suy ra $x-5=\sqrt{11}$ hoặc $x-5=-\sqrt{11}$.

     Do đó, $x=5+\sqrt{11}$ hoặc $x=5-\sqrt{11}$.

     Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{5+\sqrt{11};5-\sqrt{11}\right\}$.

• Giải phương trình $3x^2-2\sqrt{3}x+1=0$, ta có: $3x^2-2\sqrt{3}x+1=0$ hay ${\left(\sqrt{3}x-1\right)}^2=0$.

     Suy ra $\sqrt{3}x-1=0$ nên $x=\frac{1}{\sqrt{3}}$ hay $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$

     Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{\frac{\sqrt{3}}{3}\right\}.$

     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: $\left(3,5+0,035a\right)\cdot a\%=0,035a+0,00035a^2$ (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:

$$3,5+0,035a+0,035a+0,00035a^2=3,875$$

$$0,00035a^2+0,07a-0,375=0$$

$$7a^2+1400a-7500=0$$

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.

     a) Thay $x=2,y=1$vào hàm số $\left(P\right):y=m{x}^2$, ta được: $4m=1$ nên $m=\frac{1}{4}.$

     Vậy $\left(P\right):y=\frac{1}{4}{x}^2$ thì đi qua điểm $A\left(2;1\right)$.

     b) Với $m=-\frac{1}{2}$, ta có: $\left(P\right):y=-\frac{1}{2}{x}^2$.

Lập bảng giá trị, ta có:

Ta có đồ thị hàm số sau:

(P):y=mx2. a) Tìm $m$ để $\left(P\right)$ đi qua điểm $A\left(2;1\right)$. b) Vẽ $\left(P\right)$ khi $m=-\frac{1}{2}$. c) Với $m=-\frac{1}{2}$, tìm điểm có tung độ bằng $-8.$ d) Với $m=-\frac{1}{2}$, hãy tìm điểm thuộc parabol mà có tổng hoành độ và tung độ bằng $0.$ (ảnh 1)">

     c) Có $y=-\frac{1}{2}{x}^2$, thay $y=-8$ vào hàm số ta có: $-\frac{1}{2}{x}^2=-8$ nên $x^2=16$.

     Do $x=4$ hoặc $x=-4$.

     Vậy với $m=-\frac{1}{2}$, điểm có tọa độ $\left(4;-8\right);\left(-4;-8\right)$.

     d) Gọi $I\left(x_0;-\frac{1}{2}{x}_0^2\right)$ là điểm có tổng hoành độ và tung độ bằng $0.$

     Ta có: $-\frac{1}{2}{x}_0^2+x_0=0$ hay $x_0\left(-\frac{1}{2}{x}_0+1\right)=0$, suy ra $x_0=0$ hoặc $x_0=2$.

     Với $x_0=0$ thì $y_0=-\frac{1}{2}$.

     Với $x_0=2$ thì $y_0=-2.$

     Vậy điểm thỏa mãn có $\left(0;0\right),\left(2;-2\right)$.

a) Phương trình $x^2-2mx-2m^2-1=0$ có ${\Delta }^{\prime }={\left(-m\right)}^2+2m^2+1=3m^2+1>0$ với mọi $m$.

Do đó, phương trình luôn có nghiệm.

b) Với $m=2,$ ta có: $x^2-4x-9=0$.

Ta có biệt thức ${\Delta }^{\prime }={\left(-2\right)}^2-\left(-9\right)=13>0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Đó là $x_1=2-\sqrt{13}$ và $x_2=2+\sqrt{13}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\left\{2-\sqrt{13};2+\sqrt{13}\right\}$.

c) Xét phương trình $x^2-2mx-2m^2-1=0$ có:

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

Với mọi $m\in \mathbb{R}$ ta thấy $3m^2+1>0$ nên ${\Delta }^{\prime }>0.$

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi giá trị của $m.$

Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=2m;x_1{x}_x=-2m^2-1.$

Ta có: $\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=-3$

$\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1{x}_2}=-3$

$\frac{x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2}{x_1{x}_2}=-3$

$\frac{{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2}{x_1{x}_2}=-3$

$\frac{{\left(2m\right)}^2-2\left(-2m^2-1\right)}{-2m^2-1}=-3$

$4m^2+4m^2+2=6m^2+3$

$2m^2=1$

$m^2=\frac{1}{2}$

$m=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (thỏa mãn) hoặc $m=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ (thỏa mãn).

Vậy $m\in \left\{\frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{\sqrt{2}}{2}\right\}.$

1. Xét $\Delta ABC$ đều có $AB=AC$ và $\widehat{BAC}=60^{\circ }$. Phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm $A$ biến điểm $B$ thành điểm $C$ tạo nên cung lớn $BC$ có số đo là:   Vậy góc quay của phép quay đó là $300^{\circ }.$

ABC. Góc quay của phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm $A$ biến điểm $B$ thành điểm $C$ là bao nhiêu độ?        2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn (hình vẽ) có hai cạnh $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E.$ Hãy tính số đo độ của góc $BCD$ khi biết $\widehat{DEC}=45^{\circ }$ và $\widehat{ADx}=120^{\circ }.$ (ảnh 2)">

           2. Ta có $\widehat{ADx}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù)

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp).

Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{ADx}=120^{\circ }.$

Mà $\widehat{ABC}$ là góc ngoài tại đỉnh $B$ của tam giác $ABE$ nên $\widehat{ABC}=\widehat{AEB}+\widehat{BAE}$

Suy ra $\widehat{BAE}=\widehat{ABC}-\widehat{AEB}=120^{\circ }-45^{\circ }=75^{\circ }.$

Lại có $\widehat{BAE}+\widehat{BAD}=180^{\circ }$ (hai góc kề bù) và $\widehat{BCD}+\widehat{BAD}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối nhau trong tứ giác $ABCD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat{BCD}=\widehat{BAE}=75^{\circ }.$

a) Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $AC$ là đường kính nên $\widehat{ABC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ có $AF$ là đường kính nên $\widehat{ABF}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó $\widehat{CBF}=\widehat{ABC}+\widehat{ABF}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }.$ Suy ra ba điểm $C,B,F$ thẳng hàng. Chứng minh tương tự như trên, ta có $\widehat{ADC}=90^{\circ }$

(O) và $\left(O^{\prime }\right)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A,B.$ Đường thẳng $AO$ cắt hai đường tròn $\left(O\right)$ và $\left(O^{\prime }\right)$ lần lượt tại hai điểm $C,E$ (khác điểm $A).$ Đường thẳng $A{O}^{\prime }$ cắt hai đường tròn $\left(O\right)$ và $\left(O^{\prime }\right)$ lần lượt tại hai điểm $D,F$ (khác điểm $A).$ Chứng minh: a) $C,B,F$ thẳng hàng và tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn. b) $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$ (ảnh 1)">

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right))$ và $\widehat{AEF}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O^{\prime }\right)).$

Do đó $\widehat{CDF}=\widehat{CEF}=90^{\circ }$ nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông $CDF,CEF$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $CF$ hay các điểm $C,D,E,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $CF.$

Vậy tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF.$

     b) Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD)$

Tứ giác $ABFE$ nội tiếp đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ nên $\widehat{ABE}=\widehat{AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$

Tứ giác $CDEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $CF$ nên $\widehat{DCE}=\widehat{DFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE)$ hay $\widehat{ACD}=\widehat{AFE}$.

Từ đó suy ra $\widehat{ABD}=\widehat{ABE}$ hay $BA$ là tia phân giác của góc $DBE.$

Chứng minh tương tự, ta có $\widehat{CED}=\widehat{BEC}\left(=\widehat{CFD}\right)$ hay $EC$ là tia phân giác của góc $BED.$

Xét tam giác $BDE$ có $BA$ và $EC$ là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại $A$ nên $A$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BDE.$