Bộ 10 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 08
7 người thi tuần này 4.6 2.3 K lượt thi 5 câu hỏi 45 phút
🔥 Đề thi HOT:
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất đẳng thức có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn và hình vành khuyên có lời giải
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 1. Phương trình quy về phương trình bậc nhất một ẩn có đáp án
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất phương trình bậc nhất một ẩn có lời giải
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
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:
\(\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10\)
\(\frac{{858x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{880\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{10x\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}}\)
\(858x - 880\left( {x - 1} \right) = 10x\left( {x - 1} \right)\)
\(858x - 880x + 880 = 10{x^2} - 10x\)
\(10{x^2} + 12x - 880 = 0\)
\(5{x^2} + 6x - 440 = 0\)
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).
Lời giải
a) Thay \(x = - \sqrt 3 ,y = 1\) vào hàm số, ta được: \(\left( {m - 1} \right).{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 1\) hay \(m - 1 = \frac{1}{3}\),
suy ra \(m = \frac{4}{3}\).
Vậy \(m = \frac{4}{3}\) thì được đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) đi qua điểm \(A\left( { - \sqrt 3 ;1} \right).\)
b) Ta có bảng giá trị của hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) là
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
\(y = \frac{4}{3}{x^2}\) |
\(\frac{{16}}{3}\) |
\(\frac{4}{3}\) |
\(0\) |
\(\frac{4}{3}\) |
\(\frac{{16}}{3}\) |
Do đó, đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;\frac{{16}}{3}} \right);\left( { - 1;\frac{4}{3}} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2;\frac{{16}}{3}} \right);\)\(\left( {1;\frac{4}{3}} \right).\)
Từ đây, ta có đồ thị như sau:

c) Thay \(x = 3\) vào hàm số \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\), ta được: \(y = \frac{4}{3}{.3^2} = 12\).
Vậy điểm trên \(\left( P \right)\) có hoành độ bằng \(3\) là \(\left( {3;12} \right)\).
d) Gọi điểm cần tìm là \(I\left( {{x_0};2{x_0}} \right)\).
Thay vào \(\left( P \right):y = \frac{4}{3}{x^2}\), ta có: \(2{x_0} = \frac{4}{3}x_0^2\) hay \(\frac{{{x_0}}}{{x_0^2}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{1}{{{x_0}}} = \frac{2}{3}\) suy ra \({x_0} = \frac{3}{2}\).
Vậy điểm trên \(\left( P \right)\) có tung độ gấp đôi hoành độ là \(I\left( {\frac{3}{2};3} \right)\).
Lời giải
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.
Lời giải
1. Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Ox.\] Ta có \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)\) nên \[OH = AH = \left| {--2} \right| = 2.\]
![1. Trên mặt phẳng toạ độ \[Oxy\] cho \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right).\) Phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[I.\] Khi đó, hãy tìm tọa độ của điểm \(I.\) 2. Cho tứ giác \(ABCD\) \(\left( {AD\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) nội tiếp đường tròn. Biết \(\widehat {A\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {ABD} = 60^\circ .\) Góc \(BDC\) có số đo là bao nhiêu độ? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/07/blobid2-1751342159.png)
Do đó \[\Delta AOH\] vuông cân tại \[H,\] nên \(\widehat {AOH} = 45^\circ .\)
Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có: \[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]
Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .\)
Gọi \[I\] là điểm đối xứng với \[A\] qua \[Ox,\] do đó \[I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).\]
Ta cũng chứng minh được \(\widehat {HOI} = 45^\circ \) và \(OI = 2\sqrt 2 .\)
Như vậy, phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)\) thành điểm \[I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).\]
2. Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \[\widehat {A\,} + \widehat C = 180^\circ \] (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng \(180^\circ ).\) Suy ra \[\widehat C = 180^\circ - \widehat {A\,} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .\] Xét \(\Delta ABD\) có \(\widehat {A\,} + \widehat {ABD} + \widehat {ADB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác) |
![]() |
Suy ra \[\widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {\widehat {A\,} + \widehat {ABD}} \right) = 180^\circ - \left( {80^\circ + 60^\circ } \right) = 40^\circ \].
Vì \[AD\,{\rm{//}}\,BD\] nên \[\widehat {DBC} = \widehat {ADB} = 40^\circ \] (so le trong).
Xét \(\Delta BCD\) có \(\widehat {C\,} + \widehat {CBD} + \widehat {BDC} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra \(\widehat {BDC} = 180^\circ - \left( {\widehat {C\,} + \widehat {CBD}} \right) = 180^\circ - \left( {100^\circ + 40^\circ } \right) = 40^\circ .\)
Lời giải

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 \(AE.\)
Vậy tứ giác \(ABEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AE.\)
b) Tứ giác \(ABEF\) nội tiếp nên \(\widehat {BAE} = \widehat {BFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE).\) (1)
Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác \(CDFE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(DE.\)
Suy ra \(\widehat {EFC} = \widehat {EDC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC).\) (2)
Lại có tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC)\) hay \(\widehat {BAE} = \widehat {EDC}.\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {BFE} = \widehat {EFC}\) hay \(FE\) là tia phân giác của \(\widehat {BFC}.\)
Chứng minh tương tự như trên, ta có \(BD\) là tia phân giác của \(\widehat {CBF}.\)
Xét \(\Delta BCF\) có \(BD,\,\,FE\) là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại \(E\) nên \(E\) là giao điểm ba đường phân giác của tam giác này.
Do đó \(E\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BCF.\)