Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Mạc Đĩnh Chi (Hà Nội) năm học 2024-2025 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).