Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Dịch Vọng (Hà Nội) có đáp án

a) $2{x^2} + 3x - 1 = 0$ $\left( 1 \right)$

Phương trình $2{x^2} + 3x - 1 = 0$ có các hệ số $a = 2;b = 3;c = - 1$.

Ta có: $\Delta = {3^2} - 4.2.\left( { - 1} \right) = 17 > 0$.

Khi đó phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{4}$; ${x_2} = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{4}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$ là $\left\{ {\frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{4};\frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{4}} \right\}$.

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

Phương trình $\left( 2 \right)$ có các hệ số $a = 1;b = - \sqrt 5 ;c = \sqrt 5 - 1$

Ta có: $\Delta = {\left( { - \sqrt 5 } \right)^2} - 4.1.\left( {\sqrt 5 - 1} \right) = 5 - 4\sqrt 5 + 4 = 9 - 4\sqrt 5 > 0$

Khi đó phương trình $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - \left( { - \sqrt 5 } \right) - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{{2.1}} = \frac{{\sqrt 5 - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}$; ${x_2} = \frac{{ - \left( { - \sqrt 5 } \right) + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{{2.1}} = \frac{{\sqrt 5 + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}.$

Vậy tập nghiệm của phương trình $\left( 2 \right)$ là $\left\{ {\frac{{\sqrt 5 - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2};\frac{{\sqrt 5 + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}} \right\}$.

Thay $x = - 4$ vào phương trình ${x^2} - 2x + m + 1 = 0$ ta được:

${\left( { - 4} \right)^2} - 2.\left( { - 4} \right) + m + 1 = 0$

$16 + 8 + m + 1 = 0$

$m + 25 = 0$

$m = - 25$

Với $m = - 25$ ta có phương trình ${x^2} - 2x - 24 = 0$ $\left( 3 \right)$

${x^2} - 6x + 4x - 24 = 0$

$\left( {{x^2} - 6x} \right) + \left( {4x - 24} \right) = 0$

$x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0$

$\left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0$

Suy ra phương trình có hai nghiệm ${x_1} = 6;{x_2} = - 4$

Tổng lập phương hai nghiệm của phương trình là: ${6^3} + {\left( { - 4} \right)^3} = 152$.

Gọi chiều dài, chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là $x$, $y$ (m) ($x > y > 0$).

Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng $28$ m nên ta có phương trình

$2x + 2y = 28$ hay $x + y = 14$. Suy ra $y = 14 - x$.

Đường chéo của hình chữ nhật bằng$10$ (m) nên theo định lý Pythagore ta có phương trình

${x^2} + {y^2} = {10^2}$

${x^2} + {\left( {14 - x} \right)^2} = 100$

$2{x^2} - 28x + 96 = 0$

$x = 6$ hoặc $x = 8$

Với $x = 6$ suy ra $y = 8$ (loại).

Với $x = 8$ suy ra $y = 6$ (thỏa mãn).

Do đó chiều dài mảnh đất bằng $8$ m và chiều rộng bằng $6$m.

Vậy diện tích mảnh đất là $8.6 = 48$ m$^{2}$.

Gọi vận tốc xe thứ nhất là $x$ (km/h) ($x > 10$).

Suy ra vận tốc xe thứ hai là $x - 10$ (km/h).

Thời gian xe thứ nhất đi hết quảng đường $AB$ là $\frac{{150}}{x}$ (giờ)

Thời gian xe thứ hai đi hết quảng đường $AB$ là $\frac{{150}}{{x - 10}}$ (giờ)

Ô tô thứ nhất đến $B$ trước 30 phút $= \frac{1}{2}$ (giờ) nên ta có phương trình

$\frac{{150}}{{x - 10}} - \frac{{150}}{x} = \frac{1}{2}$

$\frac{{150x - 150\left( {x - 10} \right)}}{{\left( {x - 10} \right)x}} = \frac{1}{2}$

$3000 = {x^2} - 10x$

${x^2} - 10x - 3000 = 0$

$x = 60$ (thỏa mãn) hoặc $x = - 50$ (không thỏa mãn).

Vậy vận tốc xe thứ nhất là $60$(km/h) và vận tốc xe thứ hai là $60 - 10 = 50$ (km/h).

a) Khi vận tốc gió là $2$m/s thì lực tác động lên cánh buồm của con thuyền bằng $120$ N nên ta có phương trình $a{.2^2} = 120$, suy ra $a = \frac{{120}}{4} = 30$ (m/s$^{2}$).

b) Cánh buồm của thuyền chỉ chịu được tác động tối đa là $12000$ N nên ta có

$F \le 12000$

$30{v^2} \le 12000$

${v^2} \le 400$

$v \le 20$

Do đó con thuyền không thể ra khơi khi vận tốc của gió là $25$m/s.

Bài III. (0,5 điểm) Mái che của ngôi nhà có dạng hình quạt tròn, có bán kính bằng $4{,}5$ m và góc ở tâm bằng $70^\circ$. Tính diện tích mái che (làm tròn kết quả với độ chính xác $0{,}05$).

Diện tích mái che là $S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi .4,{5^2}.70}}{{360}} \approx 12{,}4$ (m$^{2}$).

a) Xét nửa đường tròn tâm $O$ có $E,F$ nằm trên cung $BC$ nên $\widehat {AEC}\,$, $\widehat {BFC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {AEC} = \,\widehat {BFC} = 90^\circ$

$\widehat {AEC}\,\widehat {,\,BEC}$ là hai góc kề bù nên $\widehat {AEC}\,\, + \widehat {BEC} = \,180^\circ$

Suy ra $\widehat {AEC}\,\, = \,180^\circ - \widehat {BEC} = \,180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Chứng minh tương tự ta có $\widehat {AFB} = 90^\circ$.

Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$

Suy ra $A,E,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Chứng minh tương tự với $\Delta AFH$ ta có $A,F,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Như vậy, $A,F,H,E$ thuộc đường tròn đường kính $AH$, suy ra tứ giác $AFHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

b)

Xét đường tròn nội tiếp tứ giác $AEHF$ có $\widehat {AEF},\,\widehat {AHF}\,$là góc nội tiếp chắn cung $AF$ nên $\widehat {AEF} = \widehat {AHF}\,$ (1)

Xét $\Delta AFH$ và $\Delta ADC$ có:

$\widehat {AFH} = \,\widehat {ADC} = 90^\circ$ và $\widehat {HAF}$ là góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra $\widehat {ACD} = \widehat {AHF}$ (hai góc tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {AEF} = \widehat {ACD}$ hay $\widehat {AEF} = \widehat {ACB}$.

Xét $\Delta ABC$ có $\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ$ nên $BF,CE$ là đường cao mà $BF,CE$ cắt nhau tại $H$ nên $AH \bot BC$ tại $D$, suy ra $\widehat {ADC} = 90^\circ$.

Xét $\Delta HFC$ vuông tại $F$ nên $\Delta HFC$ nội tiếp đường tròn đường kính $HC$, suy ra $H,F,C$ thuộc đường tròn đường kính $HC$.

Xét $\Delta HDC$ vuông tại $D$ nên $\Delta HDC$ nội tiếp đường tròn đường kính $HC$, suy ra $H,D,C$ thuộc đường tròn đường kính $HC$.

Như vậy, $H,D,C,F$ thuộc đường tròn đường kính $HC$ suy ra tứ giác $HDCF$ nội tiếp.

Mà $\widehat {HFD},\,\widehat {HCD}$ là góc nội tiếp chắn cung $HD$ nên $\widehat {HFD} = \widehat {HCD}$ (3)

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta CEB$ có:

$\widehat {ADB} = \,\widehat {CEB} = 90^\circ$ và $\widehat {ABC}$ là góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra $\widehat {BAD} = \widehat {BCE}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat {EAH} = \widehat {HCD}$ (4)

Tứ giác $AEHF$ nội tiếp có $\widehat {EAH\,,}\,\,\widehat {HFE}$ là góc nội tiếp chắn cung $HF$ nên $\widehat {EAH\,} = \,\widehat {HFE}$ (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra $\widehat {HFE} = \widehat {HFD}$ hay $\widehat {EFB} = \widehat {DFB}$ hay $FB$ là tia phân giác $\widehat {EFD}$.

c) Xét $\Delta AFB$ và $\Delta AEH$ có

$\widehat {EAF}$ là góc chung và $\widehat {AFB} = \widehat {AEC}$

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{AF}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ nên $\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}$

Xét $\Delta AEF$ và $\Delta ACB$ có

$\widehat {EAF}$ chung và $\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}$

Do đó (c.g.c)

Suy ra $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AB}}$

Xét $\Delta AFB$ có $\widehat {AFB} = 90^\circ$ nên $\cos \widehat {BAC} = \frac{{AF}}{{AB}}$

Suy ra $\cos 60^\circ = \frac{{EF}}{{BC}}$ nên $EF = \frac{1}{2}BC.$

Đỉnh cổng là đỉnh của parabol $y = a{x^2}\left( {a < 0} \right)$, đỉnh cổng là $O\left( {0;0} \right)$.

Gọi hai chân cổng là $A,B$. $AB$ cắt $Oy$ tại $H$.

Ta có: $AH = HB = \frac{{AB}}{2}$; $OA = OB = 2\sqrt 5$ ($A,B,H$ nằm dưới trục hoành)

Xét $\Delta HOA$ vuông tại $H$, theo định lí Pythagore, ta có: $O{H^2} + A{H^2} = O{A^2}$

Suy ra $O{H^2} = {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - {2^2} = 16$ nên $OH = \sqrt {16} = 4$

Khi đó, $H\left( {0; - 4} \right)$ suy ra $A\left( { - 2; - 4} \right)$; $B\left( {2; - 4} \right)$

Vì $A \in \left( P \right)$ nên ta có: $- 4 = a.{\left( { - 2} \right)^2}$ suy ra $a = - 1$

Vậy cổng có dạng parabol $y = - {x^2}$

Vì chiều cao của xe tải là $2{,}5m$, xét đường thẳng $y = - \frac{3}{2}$ (ứng với chiều cao của xe).

Hoành độ giao điểm của parabol với đường thẳng $y = - \frac{3}{2}$ là nghiệm của phương trình:

$- {x^2} = - \frac{3}{2}$

${x^2} = \frac{3}{2}$

Suy ra $x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}$

Khi đó toạ độ hai giao điểm là $M\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)$;$N\left( {\frac{{ - \sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)$

Ta có: $MN = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 > 2{,}4m$

Vậy xe tải có thể đi qua cổng.