Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

     1. a) Trong các phương trình trên, phương trình bậc hai một ẩn là: $-x^2-7x-6=0;$$x^2-2\sqrt{2}x+2=0$.

     • Với phương trình $-x^2-7x-6=0,$ ta có $a=-1,b=-7,c=-6$.

     • Với phương trình $x^2-2\sqrt{2}x+2=0$, ta có $a=1,b=2\sqrt{2},c=2$.

     b) • Giải phương trình $-x^2-7x-6=0,$ ta thấy $a-b+c=1-\left(-7\right)+6=0$ nên phương trình có hai nghiệm $x=-1$ và $x=-6$.

Vậy phương trình có nghiệm là $\left\{-1;-6\right\}$.

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

Suy ra $x-\sqrt{2}=0$ nên $x=\sqrt{2}$.

Vậy phương trình có nghiệm là $\left\{\sqrt{2}\right\}$.

     2. Gọi khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $x$ (g/cm3) $\left(x>1\right).$

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $x-1$ (g/cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ nhất là: $\frac{880}{x}$ (cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ hai là: $\frac{858}{x-1}$ (cm3).

Theo đề bài, thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3 nên ta có phương trình: $\frac{858}{x-1}-\frac{880}{x}=10.$

Giải phương trình:

$\frac{858}{x-1}-\frac{880}{x}=10$

$\frac{858x}{x\left(x-1\right)}-\frac{880\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}=\frac{10x\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}$

$858x-880\left(x-1\right)=10x\left(x-1\right)$

$858x-880x+880=10x^2-10x$

$10x^2+12x-880=0$

$5x^2+6x-440=0$

Giải phương trình trên ta được: $x_1=-10;x_2=8,8.$

Ta thấy chỉ có giá trị $x_2=8,8$ thỏa mãn điều kiện.

Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là $8,8$ g/cm3; khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là $8,8-1=7,8$ (g/cm3).

     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) 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 $m=-2$.

     c) 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) 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 $\{\begin{array}{l}3x+2y=3\\ 2x+y=1\end{array}$.      c) 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 $m=\frac{1}{2}$, ta có: $x^2-\left(2.\frac{1}{2}-1\right)x+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2-7=0$ suy ra $x^2-\frac{27}{4}=0$ hay $x^2=\frac{27}{4}$.

Do đó, $x=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ hoặc $x=\frac{-3\sqrt{3}}{2}$.

Vậy với $m=\frac{1}{2}$ thì phương trình có nghiệm là $\left\{\frac{3\sqrt{3}}{2};\frac{-3\sqrt{3}}{2}\right\}$.

     b) Xét phương trình $x^2-\left(2m-1\right)x+m^2-7=0$ có :

     $\Delta ={\left[-\left(2m-1\right)\right]}^2-4\left(m^2-7\right)=-4m+29$.

Để phương trình có nghiệm kép thì $\Delta =0$ hay $-4m+29=0$, do đó $m=\frac{29}{4}$.

Vậy phương trình có nghiệm kép khi $m=\frac{29}{4}$.

     c) Xét phương trình $x^2-\left(2m-1\right)x+m^2-7=0$ $\left(\ast \right)$

Ta có: $\Delta ={\left(2m-1\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(m^2-7\right)=4m^2-4m+1-4m^2+28=-4m+29$.

Để phương trình $\left(\ast \right)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $\Delta >0,$ tức là $-4m+29>0$ hay $m<\frac{29}{4}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m-1\left(1\right)\\ x_1{x}_2=m^2-7\left(2\right)\end{array}$

Theo bài, $4{x_1}^2-x_1-3x_2^2+x_2=x_1{x}_2$

$4{x_1}^2-4x_2^2-x_1+x_2^2+x_2-x_1{x}_2=0$

$$4\left({x_1}^2-x_2^2\right)+x_2\left(x_2-x_1\right)+x_2-x_1=0$$

$4\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)+\left(x_2-x_1\right)\left(x_2+1\right)=0$

$\left(x_1-x_2\right)\left(4x_1+4x_2-x_2-1\right)=0$

$\left(x_1-x_2\right)\left(4x_1+3x_2-1\right)=0$

Xét trường hợp 1: $x_1-x_2=0$ suy ra $x_1=x_2$ (loại do $x_1\ne x_2).$

Xét trường hợp 2: $4x_1+3x_2-1=0$ suy ra $x_1+3\left(x_1+x_2\right)-1=0$ $\left(\ast \ast \right)$

Thay $x_1+x_2=2m-1$ vào $\left(\ast \ast \right)$ ta có: $x_1+3\left(2m-1\right)-1=0$ hay $x_1=-6m+4$.

Thay $x_1=-6m+4$ vào $\left(1\right)$ ta được $-6m+4+x_2=2m-1$, suy ra $x_2=8m-5.$

Thay $x_1=-6m+4$ và $x_2=8m-5$ vào $\left(2\right)$ ta được:

$\left(-6m+4\right)\left(8m-5\right)=m^2-7$

$-48m^2+30m+32m-20=m^2-7$

$-49m^2+62m-13=0$

$m=1$ (thỏa mãn); $m=\frac{13}{49}$ (thỏa mãn).

 Vậy với $m=\left\{1;\frac{13}{49}\right\}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Gọi $$H$$ là hình chiếu của $$A$$ trên $$Oy.$$ Ta có $A\left(2;3\right)$ nên $AH=\left|2\right|=2$ và $$OH=\left|3\right|=3.$$

Xét $$\Delta AOH$$ vuông tại $$H,$$ theo định lí Pythagore ta có:

$$O{A}^2=O{H}^2+A{H}^2$$

Suy ra $OA=\sqrt{O{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}.$

Ta cũng có $\sin \widehat{AOH}=\frac{AH}{OA}=\frac{2}{\sqrt{13}}.$

Oxy, cho điểm $A\left(2;3\right).$ Thực hiện phép quay $90^{\circ }$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ. Xác định tọa độ của điểm $A$ sau khi quay. 2. Cho đường tròn tâm $I$ 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) $\widehat{AIF}=\widehat{KIC}.$ c) Ba điểm $$F,E,K$$ thẳng hàng. (ảnh 1)">

Giả sử phép quay $90^{\circ }$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm $A$ (ở góc phần tư thứ I) thành điểm $B$. Khi đó, điểm $B$ nằm ở góc phần tư thứ II và $OB=OA=\sqrt{13},\widehat{AOB}=90^{\circ }.$

Ta có $\widehat{AOB}=\widehat{AOH}+\widehat{BOH}=90^{\circ }$ nên $\cos \widehat{BOH}=\sin \widehat{AOH}=\frac{2}{\sqrt{13}}.$

Xét $\Delta OBK$ vuông tại $K$ (gọi $K$ là hình chiếu của điểm $B$ trên $Oy)$ ta có:

$OK=OB\cdot \cos \widehat{BOH}=\sqrt{13}\cdot \frac{2}{\sqrt{13}}=2.$

Từ đó, ta có tung độ của điểm $B$ là $2$ (do $B$ nằm ở góc phần tư thứ II).

Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm $B$ là $-3.$\(\)

Như vậy, phép quay ngược chiều $$90^{\circ }$$ tâm $$O$$ biến điểm \(A\left( {2;\,\,3} \right)\) thành điểm $$B\left(--3;2\right).$$

     2.

Oxy, cho điểm $A\left(2;3\right).$ Thực hiện phép quay $90^{\circ }$ ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ. Xác định tọa độ của điểm $A$ sau khi quay. 2. Cho đường tròn tâm $I$ 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) $\widehat{AIF}=\widehat{KIC}.$ c) Ba điểm $$F,E,K$$ thẳng hàng. (ảnh 2)">

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

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)

c) 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.

Điều kiện $x\ge 1$.

Ta có: $x^2-29x+28=4\sqrt{x-1}$

$x^2-10x+25+x-1-4\sqrt{x-1}+4=0$

${\left(x-5\right)}^2+{\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2=0$

Nhận thấy ${\left(x-5\right)}^2\ge 0$, ${\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2\ge 0$ với mọi $x\ge 1$.

Do đó, ${\left(x-5\right)}^2+{\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2\ge 0$.

Suy ra để ${\left(x-5\right)}^2+{\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2=0$ thì đồng thời ${\left(x-5\right)}^2=0$ và ${\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2=0$.

Suy ra $\{\begin{array}{l}{\left(x-5\right)}^2=0\\ {\left(\sqrt{x-1}-2\right)}^2=0\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}x=5\\ \sqrt{x-1}=2\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}x=5\\ x-1=4\end{array}$.

Do đó, $x=5$ (thỏa mãn).