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

a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$, lấy các điểm $A\left( { - 2;\,\, - 4} \right),$ $B\left( { - 1;\,\, - 1} \right),$ $O\left( {0;\,\,0} \right),$ $C\left( {1;\,\, - 1} \right),$ $D\left( {2;\,\, - 4} \right).$

Đồ thị của hàm số $\left( P \right):\,y = - {x^2}$ 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 hoành độ và tung độ là những số đối nhau. Khi đó, ${y_0} = - {x_0}.$

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

$- {x_0} = - x_0^2$

$x_0^2 - {x_0} = 0$

${x_0}\left( {{x_0} - 1} \right) = 0$

${x_0} = 0$ hoặc ${x_0} = 1$.

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

Với ${x_0} = 1$ ta có ${y_0} = - 1,$ ta được điểm $C\left( {1;\,\, - 1} \right).$

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là $O\left( {0;\,\,0} \right)$ và $C\left( {1;\,\, - 1} \right).$

a) Phương trình $3{x^2} - 8x + 2 = 0$ có $\Delta ' = {\left( { - 4} \right)^2} - 3 \cdot 2 = 10 > 0$.

Vậy phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

b) Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{8}{3}\\{x_1}{x_2} = \frac{2}{3}\end{array} \right.$.

Ta có: $A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{8}{3}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{{64}}{9} - \frac{4}{3} = \frac{{52}}{9}.$

a) ${\left( {x - 2} \right)^2} = \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 5} \right)$

${x^2} - 4x + 4 = 3{x^2} + 5x - 6x - 10$

$- 2{x^2} - 3x + 14 = 0$

Phương trình trên có

$$\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right) \cdot 14 = 121 > 0.$$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$${x_1} = \frac{{3 + 11}}{{2 \cdot \left( { - 2} \right)}} = - \frac{7}{2};\,\,{x_2} = \frac{{3 - 11}}{{2 \cdot \left( { - 2} \right)}} = 2.$$

b) ${x^2} - 13x + 40 = 0$

Phương trình trên có

$$\Delta = {\left( { - 13} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 40 = 9 > 0.$$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$${x_1} = \frac{{13 + 3}}{{2 \cdot 1}} = 8;\,\,{x_2} = \frac{{13 - 3}}{{2 \cdot 1}} = 5.$$

a) Chiều dài phần hồ nước dùng để nuôi cá là: $10 - 2x$ (m).

Chiều rộng phần hồ nước dùng để nuôi cá là: $7 - 2x$ (m).

Diện tích phần hồ nước nuôi cá là: $\left( {10 - 2x} \right)\left( {7 - 2x} \right) = 70 - 34x + 4{x^2}$ (m2).

b) Diện tích hồ nước là: $10 \cdot 7 = 70$ (m2).

Diện tích phần trồng sen là: $70 - \left( {70 - 34x + 4{x^2}} \right) = 34x - 4{x^2}$ (m2).

Theo bài, ta có phương trình:

$34x - 4{x^2} = \frac{3}{7} \cdot 70$

$34x - 4{x^2} = 30$

$4{x^2} - 34x + 30 = 0$

$2{x^2} - 17x + 15 = 0$

Phương trình trên có $\Delta = {\left( { - 17} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 15 = 169 > 0.$

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

${x_1} = \frac{{17 - 13}}{{2 \cdot 2}} = 1$ (thỏa mãn); ${x_2} = \frac{{17 + 13}}{{2 \cdot 2}} = 7{,}5$ (không thỏa mãn).

Vậy chiều dài, chiều rộng của phần nuôi cá lần lượt là 8 m; 5 m.

a) Thay $m = 3$ (kg) và ${E_k} = 18\,\,{\rm{J}}$ vào công thức ${E_k} = \frac{{m{v^2}}}{2}$, ta được:

$18 = \frac{{3 \cdot {v^2}}}{2}$, suy ra ${v^2} = 12,$ do đó $v = 2\sqrt 3$ (m/s) (do $v > 0).$

b) Thay $m = 3$ (kg) và $v = 6$ (m/s) vào công thức ${E_k} = \frac{{m{v^2}}}{2}$, ta được:

${E_k} = \frac{{3 \cdot {6^2}}}{2} = 54$ (J).

Gọi $x$ (cuốn) là số sách ở ngăn thứ nhất $\left( {x > 0} \right)$.

Khi đó, số sách ở ngăn thứ hai là $400 - x$ (cuốn).

Nếu chuyển 80 cuốn sách từ ngăn thứ nhất sang ngăn thứ hai thì số sách ở ngăn thứ nhất là $x - 80$ (cuốn), số sách ở ngăn thứ hai là $400 - x + 80 = 480 - x$ (cuốn).

Theo bài, ta có phương trình:

$480 - x = 3\left( {x - 80} \right)$

$480 - x = 3x - 240$

$720 = 4x$

$x = 180$ (thỏa mãn).

Vậy ngăn thứ nhất và ngăn thứ hai ban đầu lần lượt là 180 (cuốn), 220 (cuốn).

a) Xét đường tròn $\left( O \right)$ có ai tiếp tuyến $AB,\,AC$ cắt nhau tại $A$ nên $AB = AC$, do đó điểm $A$ thuộc đường trung trực của $BC.$

Lại có $OB = OC = R$ nên điểm $O$ thuộc đường trung trực của $BC.$

Do đó, $AO$ là đường trung trực của $BC.$ Vậy $OA$ vuông góc với $BC$ tại $H$.

Xét $\Delta ABH$ và $\Delta AOB$ có:

$\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ$ và $\widehat {BAO}$ là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AH}}{{AB}}$ hay $A{B^2} = AH\,.\,AO$.

b) Gọi $K$ là giao điểm của $OE$ và $AD$.

Xét $\Delta OAK$ và $\Delta OEH$ có:

$\widehat {AKO} = \widehat {EHO} = 90^\circ$ và $\widehat {AOE}$ là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{OK}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OE}}$ nên $OH \cdot OA = OK \cdot OE$.

Chứng minh tương tự câu a, ta có suy ra $\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OA}}$ nên $O{B^2} = OH \cdot OA$.

Do đó $O{B^2} = OK \cdot OE.$ Mà $OB = OD$ nên $O{D^2} = OK \cdot OE.$ Suy ra $\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}$.

Xét $\Delta OKD$ và $\Delta ODE$ có:

$\widehat {DOE}$ là góc chung và $\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}$

Do đó (c.g.c). Suy ra $\widehat {OKD} = \widehat {ODE}$.

Như vậy, $\widehat {ODE} = 90^\circ$ nên $DE$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$.

c) Xét $\Delta OAB$ vuông tại $B,$ ta có:

⦁ $\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}.$ Suy ra $\widehat {AOB} = 60^\circ .$

⦁ $A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = {10^2} - {5^2} = 75$, suy ra $AB = 5\sqrt 3$ (cm).

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có ai tiếp tuyến $AB,\,AC$ cắt nhau tại $A$ nên $OA$ là tia phân giác của $\widehat {BOC}$.

Do đó $\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 120^\circ$ nên

Ta có (cm2);

${S_{tgABOC}} = 2{S_{\Delta OAB}} = 2 \cdot \frac{1}{2}AB \cdot OB = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5\sqrt 3 \cdot 5 = 25\sqrt 3$ (cm2).

Vậy phần diện tích mặt phẳng giới hạn bởi $AB,\,AC$ và cung nhỏ $BC$ của $\left( {O\,;\,R} \right)$ là:

${S_{tgABOC}} - {S_{BOC}} = 25\sqrt 3 - \frac{{5\pi }}{3} \approx 38{,}1$ (cm2).