Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Hoàng Hoa Thám (Hồ Chí Minh) năm học 2024-2025 có đáp án
6 câu hỏi
Cho hàm số: \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\)
(a) Vẽ \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
(b) Hãy kiểm tra xem các điểm \(A\left( { - 4;32} \right);{\rm{ }}B\left( {3; - 18} \right)\) có thuộc đồ thị hàm số trên không? Vì sao?
a) Bảng giá trị của hàm số:
Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), lấy các điểm \(M\left( { - 2;\,\,8} \right),\) \(N\left( { - 1;\,\,2} \right),\) \(O\left( {0;\,\,0} \right),\) \(C\left( {1;\,\,2} \right),\) \(D\left( {2;\,\,8} \right).\)
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) Xét hàm số \(y = 2{x^2}\).
Thay \(x = - 4\) vào hàm số, ta được: \(y = 2 \cdot {\left( { - 4} \right)^2} = 32\). Do đó, điểm \(A\left( { - 4;32} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
Thay \(x = 3\) vào hàm số, ta được: \(y = 2 \cdot {3^2} = 18\). Do đó, điểm \(B\left( {3; - 18} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\).
Giải phương trình sau bằng công thức nghiệm: \(x\left( {2x + 3} \right) - 4 = 5\).
Giải phương trình:
\(x\left( {2x + 3} \right) - 4 = 5\)
\(2{x^2} + 3x - 9 = 0\).
Phương trình trên có \[\Delta = {3^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 9} \right) = 81 > 0.\]
Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:
\[{x_1} = \frac{{ - 3 + 9}}{{2 \cdot 2}} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2};\,\,{x_2} = \frac{{ - 3 - 9}}{{2 \cdot 2}} = \frac{{ - 12}}{4} = - 3.\]
Cho phương trình: \({x^2} - 5x + 2 = 0\). Giả sử \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm (nếu có) của phương trình.
(a) Chứng minh phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
(b) Hãy tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình.
(c) Tính giá trị biểu thức: \(A = 2x_1^2.x_2^2 + x_1^2 + x_2^2\).
a) Phương trình \({x^2} - 5x + 2 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 17 > 0\).
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).
b) Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 2\end{array} \right.\).
c) Ta có:
\(A = 2x_1^2.x_2^2 + x_1^2 + x_2^2\)
\[ = 2{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} + {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\]
\[ = 2 \cdot {2^2} + {5^2} - 2 \cdot 2 = 29.\]
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Hai bạn Tí và Tèo cùng đi xe đạp điện từ nhà bạn Tèo đến nhà bạn An học nhóm trên đoạn đường dài 10 km khởi hành cùng một lúc. Tốc độ chạy xe của Tèo nhanh hơn tốc độ chạy xe của Tí là 5 km/h nên Tèo đến nơi trước Tí 6 phút. Tính tốc độ chạy xe của mỗi bạn.
Gọi \[x\] (km/h) là tốc độ chạy xe của bạn Tí \[\left( {x > 0} \right).\]
Khi đó, tốc độ chạy xe của bạn Tèo là \[x + 5\] (km/h).
Thời gian bạn Tí chạy xe là: \[\frac{{10}}{x}\] (giờ), thời gian bạn Tèo chạy xe là: \[\frac{{10}}{{x + 5}}\] (giờ).
Theo bài, Tèo đến nơi trước Tí 6 phút \[ = \frac{1}{{10}}\] giờ nên ta có phương trình:
\[\frac{{10}}{x} - \frac{{10}}{{x + 5}} = \frac{1}{{10}}\]
\[\frac{{10\left( {x + 5} \right) - 10x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{1}{{10}}\]
\[x\left( {x + 5} \right) = 10 \cdot \left( {10x + 50 - 10x} \right)\]
\[{x^2} + 5x - 500 = 0\]
\[\left( {x - 20} \right)\left( {x + 25} \right) = 0\]
\[x = 20\] (thỏa mãn) hoặc \[x = - 25\] (không thỏa mãn).
Vậy bạn Tí chạy xe với tốc độ 20 km/h, bạn Tèo chạy xe với tốc độ 25 km/h.
Có hai lọ thủy tinh hình trụ, lọ thứ nhất phía bên trong có bán kính đáy là 15 cm, chiều cao 20 cm đựng đầy nước, lọ thứ hai bên trong có bán kính đáy là 20 cm, chiều cao là 12 cm, không chứa nước.
(a) Hãy tính thể tích mỗi lọ hình trụ
(b) Nếu đổ hết nước từ trong lọ thứ nhất sang lọ thứ hai, nước có bị tràn ra ngoài không? Tại sao?
(Biết thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\), với \(\pi \approx 3,14\))
a) Thể tích của lọ thủy tinh chứa nước là: \(V = \pi \cdot {15^2} \cdot 20 = 4\,\,500\pi \) (cm3).
Thể tích của lọ thủy tinh không chứa nước là: \(V = \pi \cdot {20^2} \cdot 12 = 4\,\,800\pi \) (cm3).
b) Do thể tích của lọ thủy tinh thứ nhất nhỏ hơn thể tích lọ thủy tinh thứ hai nên khi đổ hết nước từ trong lọ thứ nhất sang lọ thứ hai, nước không bị tràn ra ngoài.
Cho \(\Delta DEF\) nhọn \(\left( {DE < DF} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Ba đường cao \(DA,{\rm{ }}EB,{\rm{ }}FC\) cắt nhau tại \(H\).
(a) Chứng minh: \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.
(b) Kẻ đường kính \(DI\). Chứng minh tam giác \(DFI\) vuông và \(DE.DF = DA.DI\).
(c) Kẻ tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\) cắt đường thẳng \(EF\) tại \(Q\). Tia phân giác \(DM\) của \(\Delta DEF\) (\(M\) thuộc \(EF\)) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(K\). Chứng minh: \(\widehat {EDO} = \widehat {FDA}\). Suy ra: \(\Delta QDM\) cân.
a) \[\Delta BEF\] vuông tại \[B\] nên ba điểm \[B,\,\,E,\,\,F\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[EF.\]
\[\Delta CEF\] vuông tại \[C\] nên ba điểm \[C,\,\,E,\,\,F\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[EF.\]
Do đó, bốn điểm \[B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[EF.\]
Vậy \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có \(\widehat {DFI} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta DFI\) vuông tại \(F\).
Xét \(\Delta DEA\) và \(\Delta DIF\) có:
\(\widehat {DAE} = \widehat {DFI} = 90^\circ \) và \(\widehat {DEA} = \widehat {DIF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DF)\)
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{DE}}{{DI}} = \frac{{DA}}{{DF}}\) nên \(DE.DF = DA.DI\).
c) Do nên \(\widehat {EDA} = \widehat {IDF}\) (hai góc tương ứng).
Do đó \(\widehat {EDA} + \widehat {ADO} = \widehat {IDF} + \widehat {ADO}\) hay \(\widehat {EDO} = \widehat {FDA}\).
Do \(DM\) là tia phân giác của \(\widehat {EDF}\) nên \(\widehat {EDM} = \widehat {FDM}\).
Mà \(\widehat {EDA} = \widehat {IDF}\) nên \(\widehat {ADM} = \widehat {IDM}\).
Lại có, \(\widehat {ADM} + \widehat {AMD} = 90^\circ \) và \(\widehat {QDM} + \widehat {IDM} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {AMD} = \widehat {QDM}\) nên \(\Delta QDM\) cân tại \(Q.\)
