Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Mạc Đĩnh Chi (Hà Nội) có đáp án

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( { - 1;1} \right)$ nên $1 = m{\left( { - 1} \right)^2}$.

Suy ra $1 = m.1$.

Do đó $m = 1$.

Vậy $m = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Vì các điểm có tung độ bằng $9$ nên $y = 9$.

Thay $y = 9$ và $m = 1$ vào $y = m{x^2}$, ta được: $9 = 1.{x^2}$.

Suy ra ${x^2} = 9 = {3^2} = {\left( { - 3} \right)^2}$.

Do đó $x = 3$ hoặc $x = - 3$.

Vậy các điểm cần tìm là $M\left( {3;9} \right)$ và $N\left( { - 3;9} \right)$.

a) ${x^2} + 3x - 10 = 0$.

Ta có: $\Delta = {b^2} - 4ac = {3^2} - 4.1.\left( { - 10} \right) = 49 > 0$.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 3 + \sqrt {49} }}{{2.1}} = 2$;

${x_2} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 3 - \sqrt {49} }}{{2.1}} = - 5$.

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là ${x_1} = 2;{x_2} = - 5$.

b) $9{x^2} - 6x - 4 = 0$.

Ta có: $\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( { - 3} \right)^2} - 9.\left( { - 4} \right) = 45 > 0$.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {\Delta '} }}{a} = \frac{{3 + \sqrt {45} }}{9} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{3}$;

${x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {\Delta '} }}{a} = \frac{{3 - \sqrt {45} }}{9} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{3}$.

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là ${x_1} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{3};\,\,{x_2} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{3}$.

Gọi số sản phẩm theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm là $x$ (sản phẩm) $\left( {x > 0} \right)$.

Số ngày làm $300$ sản phẩm theo kế hoạch là: $\frac{{300}}{x}$ (ngày).

Số sản phẩm theo thực tế mỗi ngày tổ sản xuất làm được là: $x + 10$ (sản phẩm).

Số ngày làm $300$ sản phẩm theo thực tế là: $\frac{{300}}{{x + 10}}$ (ngày).

Vì hoàn thành công việc sớm hơn kế hoạch một ngày nên ta có phương trình:

$\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1$.

Suy ra $\frac{{300\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}} - \frac{{300x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}$.

Do đó $300\left( {x + 10} \right) - 300x = x\left( {x + 10} \right)$.

Vì vậy $300x + 3000 - 300x = {x^2} + 10x$.

Suy ra ${x^2} + 10x - 3000 = 0$.

Khi đó ${x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0$.

Vì vậy $x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0$.

Suy ra $\left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0$.

Do đó $x + 60 = 0$ hoặc $x - 50 = 0$.

Vì vậy $x = - 60$ hoặc $x = 50$.

So với điều kiện $x > 0$, ta nhận $x = 50$.

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm $50$ sản phẩm.

1) Ta có $\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4m = {m^2} + 4 \ge 4,\,\,\forall m \in \mathbb{R}$.

Suy ra $\Delta > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}$.

Vậy phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của $m$.

2) Thay $x = \frac{{ - 3}}{2}$ vào phương trình (1) ta được:

${\left( { - \frac{3}{2}} \right)^2} - \left( {m + 2} \right)\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) + m = 0$.

Suy ra $\frac{9}{4} + \frac{3}{2}m + 3 + m = 0$.

Do đó $\frac{5}{2}m = - \frac{{21}}{4}$.

Vì vậy $m = - \frac{{21}}{{10}}$.

Thay $m = \frac{{ - 21}}{{10}}$vào phương trình đã cho, ta được: ${x^2} - \left( { - \frac{{21}}{{10}} + 2} \right)x - \frac{{21}}{{10}} = 0$.

Suy ra ${x^2} + \frac{1}{{10}}x - \frac{{21}}{{10}} = 0$.

Áp dụng định lí Viète, ta có: $S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = - \frac{1}{{10}}.1 = - \frac{1}{{10}}$.

$P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - \frac{{21}}{{10}}.1 = - \frac{{21}}{{10}}$.

Ta có: $x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}$.

$= {\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)^2} - 2.\left( { - \frac{{21}}{{10}}} \right) = \frac{{421}}{{100}}$.

Vậy tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình bằng $\frac{{421}}{{100}}$.

Gọi $I$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Khi đó $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $\widehat {ABC} = 60^\circ$.

Vì tam giác $ABC$ đều có $I$ là trực tâm nên $BI$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của tam giác $ABC$.

Do đó $\widehat {CBI} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$.

Theo đề, ta có đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ có đường kính bằng $30\,\,{\rm{cm}}$.

Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là: $IH = \frac{{30}}{2} = 15\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Xét tam giác $BHI$ vuông tại $H$, có: $\tan \widehat {HBI} = \frac{{IH}}{{BH}}$.

Suy ra $BH = \frac{{IH}}{{\tan \widehat {HBI}}} = \frac{{15}}{{\tan 30^\circ }} = 15\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $AH$ vừa là đường cao, vừa là đường trung trực của tam giác $ABC$.

Do đó $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì vậy $BC = 2BH = 2.15\sqrt 3 = 30\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)$.

Vậy độ dài các cạnh của khung gỗ phải bằng $30\sqrt 3 \,\,cm$.

a) Chứng minh tứ giác $ABHE$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $AH \bot BC$ nên $\widehat {AHB} = 90^\circ$.

Do đó $\Delta AHB$ vuông tại $H$.

Suy ra ba điểm $A,B,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (1)

Vì $BE \bot AD$ nên $\widehat {AEB} = 90^\circ$.

Do đó $\Delta AEB$ vuông tại $E$.

Suy ra ba điểm $A,B,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (2)

Từ (1), (2), ta suy ra bốn điểm $A,B,H,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ hay tứ giác $ABHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$.

b) Gọi $N$ là giao điểm của $HE$ và $AC$. Chứng minh $GD\parallel BC$ và tam giác $AHN$ là tam giác vuông.

Xét đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {AGD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn$\left( O \right)$).

Suy ra $DG \bot AH$.

Mà $BC \bot AH$ (giả thiết).

Vậy $GD\parallel BC$ (điều phải chứng minh).

Xét đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {ACD} = 90^\circ$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn$\left( O \right)$).

Suy ra $DC \bot AC$.

Ta có: tứ giác $ABHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$.

Suy ra $\widehat {BAE} + \widehat {BHE} = 180^\circ$.

Mà $\widehat {BHE} + \widehat {EHC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù).

Do đó $\widehat {BAE} = \widehat {EHC}$.

Mà $\widehat {BAE} = \widehat {BCD} = \frac{1}{2}$sđ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn $\left( O \right)$).

Suy ra $\widehat {EHC} = \widehat {BCD}$ (cặp góc so le trong).

Do đó $HE\parallel DC$.

Mà $DC \bot AC$ (chứng minh trên).

Vì vậy $HN \bot AC$.

Khi đó $\widehat {ANH} = 90^\circ$.

Vậy tam giác $AHN$ là tam giác vuông tại $N$.

c) Tia phân giác của $\widehat {BAC}$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $F$. Gọi $M$ là giao điểm của $OF$ và $BC$. $I$ là giao điểm của $KM$ và $HE$. Chứng minh $AB.EI = AE.EM$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {BOF} = 2\widehat {BAF} =$sđ (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn ).

$\widehat {COF} = 2\widehat {CAF} =$sđ (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn ).

Vì $AF$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}$ nên $\widehat {BAF} = \widehat {CAF}$ hay $2\widehat {BAF} = 2\widehat {CAF}$.

Suy ra $\widehat {BOF} = \widehat {COF}$.

Do đó $OF$ là tia phân giác của $\widehat {BOC}$.

Mà tam giác $BOC$ cân tại $O$ (do $OB = OC = R$).

Suy ra $OM$ cũng là đường trung tuyến của tam giác $BOC$.

Vì vậy $M$ là trung điểm của $BC$.

Xét tam giác $ABC$, có: $M,K$ lần lượt là trung điểm $BC,AB$.

Suy ra $KM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$.

Khi đó $KM\parallel AC$.

Mà $CD \bot \,AC$ (chứng minh trên).

Vì vậy $KM \bot \,CD$.

Mà $HE\parallel DC$ (chứng minh trên).

Do đó $KM \bot HE$.

Suy ra $\widehat {EIM} = 90^\circ$.

Vì tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có $HK$ là đường trung tuyến nên $KH = \frac{1}{2}AB$ (3)

Vì tam giác $ABE$ vuông tại $E$ có $EK$ là đường trung tuyến nên $KE = \frac{1}{2}AB$ (4)

Từ (3), (4), ta thu được $KH = KE$.

Mà $KM \bot HE$ (chứng minh trên).

Vì vậy $KM$ là đường trung trực của đoạn thẳng $HE$.

Khi đó $MH = ME$.

Suy ra $\Delta MHE$ cân tại $M$.

Vì vậy $\widehat {EHM} = \widehat {IEM}$.

Lại có $\widehat {BAE} = \widehat {EHM}$ (vì tứ giác $ABHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$).

Suy ra $\widehat {BAE} = \widehat {IEM}$.

Xét $\Delta EAB$ và $\Delta IEM$, có:

$\widehat {AEB} = \widehat {EIM} = 90^\circ$;

$\widehat {BAE} = \widehat {IEM}$ (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AB}}{{EM}} = \frac{{AE}}{{EI}}$.

Vậy $AB.EI = AE.EM$ (điều phải chứng minh).

Điều kiện: $x,y > 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ${x^2};4$, ta được: ${x^2} + 4 \ge 2\sqrt {{x^2}.4} = 2x.2 = 4x$.

Suy ra ${x^2} \ge 4x - 4$.

Do đó $2{x^2} \ge 8x - 8$ (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ${y^2};1$, ta được: ${y^2} + 1 \ge 2\sqrt {{y^2}.1} = 2y$.

Suy ra ${y^2} \ge 2y - 1$ (2)

Lấy (1) + (2) vế theo vế, ta được: $2{x^2} + {y^2} \ge 8x - 8 + 2y - 1$.

Suy ra $2{x^2} + {y^2} \ge 8x + 2y - 9$.

Khi đó $2{x^2} + {y^2} + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y} \ge 8x + 2y - 9 + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y}$.

Vì vậy $A \ge 8x + 2y + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y} - 9$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số $7x;\frac{{28}}{x}$, ta được:

$7x + \frac{{28}}{x} \ge 2\sqrt {7x.\frac{{28}}{x}} = 2\sqrt {196} = 28$ (3)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số $y;\frac{1}{y}$, ta được:

$y + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {y.\frac{1}{y}} = 2\sqrt 1 = 2$ (4)

Theo đề, ta có: $x + y \ge 3$ (5)

Lấy (3) + (4) + (5) vế theo vế, ta được: $8x + 2y + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y} \ge 28 + 2 + 3 = 33$.

Suy ra $8x + 2y + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y} - 9 \ge 33 - 9 = 24$.

Do đó $A \ge 8x + 2y + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y} - 9 \ge 24$.

Vì vậy $A \ge 24$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${x^2} = 4 = {2^2} = {\left( { - 2} \right)^2}$ và ${y^2} = 1 = {1^2} = {\left( { - 1} \right)^2}$.

Suy ra $x = 2$ hoặc $x = - 2$ và $y = 1$ hoặc $y = - 1$.

So với điều kiện $x,y > 0$, ta nhận $x = 2$ và $y = 1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A$ bằng $24$ khi và chỉ khi $x = 2$ và $y = 1$.