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

a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), lấy các điểm \(A\left( { - 2;\,\, - 8} \right),\) \(B\left( { - 1;\,\, - 2} \right),\) \(O\left( {0;\,\,0} \right),\) \(C\left( {1;\,\, - 2} \right),\) \(D\left( {2;\,\, - 8} \right).\)

Đồ thị của hàm số \(y = - 2{x^2}\) 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 \[\left( P \right)\]: \(y = - 2{x^2}\) nên ta có:

\(2{x_0} = - 2x_0^2\)

\(x_0^2 + {x_0} = 0\)

\({x_0}\left( {{x_0} + 1} \right) = 0\)

\({x_0} = 0\) 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 \({y_0} = - 2,\) ta được điểm \(C\left( { - 1;\,\, - 2} \right).\)

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) và \(C\left( { - 1;\,\, - 2} \right).\)

a) \(\frac{3}{2}{x^2} - 6 = 0\)

\({x^2} = 4\)

\(x = 2\) hoặc \[x = - 2\].

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \[x = 2;\,\,x = - 2.\]

b) \(x \cdot \left( {x - 3} \right) = 1\)

\({x^2} - 3x - 1 = 0\)

Phương trình có \[\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = 13 > 0.\]

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2};\,\,{x_2} = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2}.\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \[x = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2};\,\,x = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2}.\]

a) Phương trình \( - 5{x^2} + 10x + 7 = 0\) có \[\Delta = {5^2} - \left( { - 5} \right) \cdot 7 = 60 > 0\].

Vậy phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

b) Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - 7}}{5}\end{array} \right.\).

Ta có:

\(M = {x_1}\left( {{x_1} - 3{x_2}} \right) - {x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\)\( = \left( {x_1^2 - 3{x_1}{x_2}} \right) - \left( {{x_1}{x_2} - x_2^2} \right)\)

\( = x_1^2 - 3{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} + x_2^2\)\( = x_1^2 + x_2^2 - 4{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 6{x_1}{x_2}\)

\( = {2^2} - 6 \cdot {\left( { - \frac{7}{5}} \right)^2} = - \frac{{194}}{{25}}.\)

a) Bán kính đáy bồn là: \(1,2:2 = 0,6\) (m).

Đổi \(1,5\) dm \[ = 0,15\] m.

Lượng nước có trong bồn khi máy bơm tự động tắt là:

\(V = 3,14 \cdot 0,{6^2} \cdot \left( {1,85 - 0,12} \right) = 1,92168\) (m³) \[ = 1\,\,921,68\] (l) \( \approx 1\,\,922\) (l).

b) Lượng nước máy bơm bơm là: \(V = 3,14 \cdot 0,{6^2} \cdot \left( {1 - 0,15} \right) = 0,96084\) (m³) \( = 960,84\) (l).

Thời gian từ lúc máy bơm bắt đầu bơm đến lúc máy tự động tắt là:

\(960,84:120 = 8,007 \approx 8,0\) (phút).

Gọi \[x\] (bạn) là số học sinh nam dự kiến tham gia làm hoa \[\left( {x > 0} \right).\]

Mỗi bạn làm số bông hoa là \[\frac{{240}}{x}\] (bông).

Số học sinh nam thực tế làm hoa là \[x - 6\] (bạn). Khi này, mỗi bạn làm số bông hoa là: \[\frac{{240}}{x} + 2\] (bông).

Tổng số bông hoa các bạn đã làm là: \[\left( {x - 6} \right)\left( {\frac{{240}}{x} + 2} \right)\] (bông).

Theo bài, ta có:

\[\left( {x - 6} \right)\left( {\frac{{240}}{x} + 2} \right) = 240\]

\[x\left( {\frac{{240}}{x} + 2} \right) - 6\left( {\frac{{240}}{x} + 2} \right) = 240\]

\[240 + 2x - \left( {\frac{{1\,\,440}}{x} + 12} \right) = 240\]

\[240 + 2x - \frac{{1\,\,440}}{x} - 12 = 240\]

\[2{x^2} - 1\,\,440 - 12x = 0\]

\(x = 30\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 24\) (không thỏa mãn).

Vậy ban đầu nhóm dự kiến có 30 học sinh tham gia làm hoa.

a) Không gian mẫu của phép thử là: \[\Omega = \left\{ {100;\,\,101;\,\,102;\,\,...;\,\,998;\,\,999} \right\}.\]

b) Không gian mẫu có \[\frac{{999 - 100}}{1} + 1 = 900\] phần tử.

Trong đó, có các số \(100;\,\,110;\,\,120;\,\,...;\,\,970;\,\,980;\,\,990\) chia hết cho 10. Có tất cả \(\frac{{990 - 100}}{{10}} + 1 = 90\) số.

Xác suất của biến cố A là: \(\frac{{90}}{{900}} = \frac{1}{{10}}.\)