Đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 01

Hướng dẫn giải

1. Gọi $x$ (g/cm³) là khối lượng riêng của chất lỏng I $\left(x>0,2\right).$

Khi đó, khối lượng riêng của chất lỏng II là $x-0,2$ (g/cm³).

Thể tích của chất lỏng I là: $\frac{8}{x}$ (cm³).

Thể tích của chất lỏng II là: $\frac{6}{x-0,2}$ (cm³).

Khối lượng hỗn hợp sau khi trộn là: $8+6=14$ (g).

Thể tích của hỗn hợp sau khi trộn là: $\frac{14}{0,7}=20$ (cm³).

Ta có phương trình: $\frac{8}{x}+\frac{6}{x-0,2}=20$.

Giải phương trình:

$\frac{8}{x}+\frac{6}{x-0,2}=20$

$\frac{8\left(x-0,2\right)}{x\left(x-0,2\right)}+\frac{6x}{x\left(x-0,2\right)}=\frac{20x\left(x-0,2\right)}{x\left(x-0,2\right)}$

$8\left(x-0,2\right)+6x=20x\left(x-0,2\right)$

$8x-1,6+6x=20x^2-4x$

$20x^2-18x+1,6=0$

$50x^2-45x+4=0$

Phương trình có $\Delta ={\left(-45\right)}^2-4\cdot 50\cdot 4=1225>0$ và $\sqrt{\Delta }<span></span>=35.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$x_1=\frac{45+35}{2\cdot 50}=0,8$ (thỏa mãn); $x_2=\frac{45-35}{2\cdot 50}=0,1$ (không thỏa mãn).

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng I là $0,8$ g/cm³; khối lượng riêng của chất lỏng I là $0,8-0,2=0,6$ (g/cm³).

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. Vì $AI,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $AI\perp BC$ và $CL\perp AB.$ Do đó $\widehat{AIB}=\widehat{BLC}=90^{\circ }$ hay $\widehat{HIB}=\widehat{BLH}=90^{\circ }$.

Suy ra hai điểm $I,L$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH.$

Vậy bốn điểm $B,I,L,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BH$ hay tứ giác $BIHL$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH.$

2. Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác $CIHK$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH.$