Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS An Nhơn (Hồ Chí Minh) có đáp án

a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$, lấy các điểm $A\left( { - 2;\,\,2} \right),$ $B\left( { - 1;\,\,\frac{1}{2}} \right),$ $O\left( {0;\,\,0} \right),$ $C\left( {1;\,\,\frac{1}{2}} \right),$ $D\left( {2;\,\,2} \right).$

Đồ thị của hàm số $y = \frac{1}{2}{x^2}$ là một đường parabol đỉnh $O,$ đi qua các điểm trên và có dạng như hình sau:

b) Giả sử $M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ là điểm thuộc $\left( P \right)$ có tung độ bằng 2 lần hoành độ. Khi đó, ${y_0} = 2{x_0}.$

Do đó $M\left( {{x_0};\,\,2{x_0}} \right)$ thuộc $\left( P \right)$: $y = \frac{1}{2}{x^2}$ nên ta có:

$2{x_0} = \frac{1}{2}x_0^2$

$x_0^2 - 4{x_0} = 0$

${x_0}\left( {{x_0} - 4} \right) = 0$

${x_0} = 0$ hoặc ${x_0} = 4$.

Với ${x_0} = 0$ ta có ${y_0} = 0,$ ta được điểm $O\left( {0;\,\,0} \right).$

Với ${x_0} = 4$ ta có ${y_0} = 8,$ ta được điểm $M\left( {4;\,\,8} \right).$

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là $O\left( {0;\,\,0} \right)$ và $M\left( {4;\,\,8} \right).$

a) Phương trình $2{x^2} + x - 1 = 0$ có $\Delta = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 5 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.

b) Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{1}{2}\\{x_1}{x_2} = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Do đó, $M = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}.$

Gọi $x$ (m) là chiều rộng của mảnh đất $\left( {x > 0} \right).$ Khi đó, chiều dài của mảnh đất là: $\frac{{360}}{x}$ (m).

Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì mảnh đất có chiều rộng mới là $x + 3$ (m) và chiều dài mới là $\frac{{360}}{x} - 4$ (m).

Diện tích mảnh đất lúc này là $\left( {x + 3} \right)\left( {\frac{{360}}{x} - 4} \right)$ (m$^{2}$).

Theo bài, ta có phương trình:

$\left( {x + 3} \right)\left( {\frac{{360}}{x} - 4} \right) = 360$

$x\left( {\frac{{360}}{x} - 4} \right) + 3\left( {\frac{{360}}{x} - 4} \right) = 360$

$360 - 4x + \frac{{1\,\,080}}{x} - 12 = 360$

$4x + 12 - \frac{{1\,\,080}}{x} = 0$

$$4{x^2} + 12x - 1\,\,080 = 0$$

$4\left( {x - 15} \right)\left( {x + 18} \right) = 0$

$x = 15$ (thỏa mãn) hoặc $x = - 18$ (không thỏa mãn).

Vậy ban đầu mảnh đất có chiều rộng 15 m và có chiều dài $\frac{{360}}{{15}} = 24$ (m).

a) Bán kính của khung tròn là: $\frac{{3{,}29}}{{2\pi }} \approx 0{,}52$ (m).

b) Đặt các điểm như hình vẽ sau:

Khi đó, ta có $\Delta ABC$ đều và $OC \approx 0{,}52$ (m).

Do $\Delta ABC$ đều nên $H$ là trung điểm của $BC$ và $CO$ là tia phân giác của $\widehat {ACB}.$

Khi đó, $\Delta OHC$ vuông tại $H$ có $\widehat {OCH} = 30^\circ$ nên $HC = OC \cdot \cos \widehat {OCH} \approx 0{,}52 \cdot \cos 30^\circ \approx 0{,}45$ (m).

Suy ra $BC = 2HC \approx 0{,}9$ (m).

Vậy chu vi của khung tam giác đều là khoảng $3 \cdot 0{,}9 = 2{,}7$ (m).

a) Xét $\Delta BCD$ vuông tại $D$ nên $\Delta BCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

Suy ra $B,\,\,C,\,\,D$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh tương tự với $\Delta BCE$ ta có $B,\,\,C,\,\,E$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Như vậy, $B,\,\,C,\,\,D,\,\,E$ thuộc đường tròn đường kính $BC$, suy ra tứ giác $BDEC$ nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm của $BC$ và bán kính bằng $\frac{{BC}}{2}.$

b) Do tứ giác $BDEC$ nội tiếp nên $\widehat {DBC} + \widehat {DEC} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat {AED} + \widehat {DEC} = 180^\circ$ (kề bù) nên $\widehat {DBC} = \widehat {AED}.$

Xét $\Delta AED$ và $\Delta ABC$ có:

$\widehat A$ là góc chung và $\widehat {ABC} = \widehat {AED}.$

Do đó (g.g).

c) Do hay nên $\frac{{ED}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AC}}$.

Xét $\Delta ADC$ vuông tại $D$ có $\cos \widehat {DAC} = \frac{{AD}}{{AC}}$.

Như vậy, $\frac{{ED}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AC}} = \cos \widehat {DAC} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}.$

Vậy $DE = \frac{1}{2}BC.$