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

a) Bảng giá trị của hàm số:

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

Đồ thị của hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ 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, $y_0=2x_0.$

Do đó $M\left(x_0;2x_0\right)$ thuộc $$\left(P\right)$$: $y=\frac{1}{2}{x}^2$ nên ta có:

$2x_0=\frac{1}{2}{x}_0^2$

$x_0^2-4x_0=0$

$x_0\left(x_0-4\right)=0$

$x_0=0$ hoặc $x_0=4$.

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

Với $x_0=4$ ta có $y_0=8,$ ta được điểm $M\left(4;8\right).$

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là $O\left(0;0\right)$ và $M\left(4;8\right).$

a) Phương trình $2x^2+x-1=0$ có $\Delta =1^2-4\cdot 1\cdot \left(-1\right)=5>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

b) Theo định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{1}{2}\\ x_1{x}_2=-\frac{1}{2}\end{array}$.

Do đó, $M=x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2={\left(-\frac{1}{2}\right)}^2-2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}.$

Gọi $x$ (m) là chiều rộng của mảnh đất $\left(x>0\right).$ Khi đó, chiều dài của mảnh đất là: $\frac{360}{x}$ (m).

Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì mảnh đất có chiều rộng mới là $x+3$ (m) và chiều dài mới là $\frac{360}{x}-4$ (m).

Diện tích mảnh đất lúc này là $\left(x+3\right)\left(\frac{360}{x}-4\right)$ (m²).

Theo bài, ta có phương trình:

$\left(x+3\right)\left(\frac{360}{x}-4\right)=360$

$x\left(\frac{360}{x}-4\right)+3\left(\frac{360}{x}-4\right)=360$

$360-4x+\frac{1080}{x}-12=360$

$4x+12-\frac{1080}{x}=0$

$$4x^2+12x-1080=0$$

$4\left(x-15\right)\left(x+18\right)=0$

$x=15$ (thỏa mãn) hoặc $x=-18$ (không thỏa mãn).

Vậy ban đầu mảnh đất có chiều rộng 15 m và có chiều dài $\frac{360}{15}=24$ (m).

a) Bán kính của khung tròn là: $\frac{3,29}{2\pi }\approx 0,52$ (m).

b) Đặt các điểm như hình vẽ sau:

Khi đó, ta có $\Delta ABC$ đều và $OC\approx 0,52$ (m).

Do $\Delta ABC$ đều nên $H$ là trung điểm của $BC$ và $CO$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}.$

Khi đó, $\Delta OHC$ vuông tại $H$ có $\widehat{OCH}=30^{\circ }$ nên $HC=OC\cdot \cos \widehat{OCH}\approx 0,52\cdot \cos 30^{\circ }\approx 0,45$ (m).

Suy ra $BC=2HC\approx 0,9$ (m).

Vậy chu vi của khung tam giác đều là khoảng $3\cdot 0,9=2,7$ (m).

a) Xét $$\Delta BCD$$ vuông tại $$D$$ nên $$\Delta BCD$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$BC$$

Suy ra $$B,C,D$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC$$.

Chứng minh tương tự với $$\Delta BCE$$ ta có $$B,C,E$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC$$.

Như vậy, $$B,C,D,E$$ thuộc đường tròn đường kính $$BC$$, suy ra tứ giác $BDEC$ nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm của $$BC$$ và bán kính bằng $\frac{BC}{2}.$

b) Do tứ giác $BDEC$ nội tiếp nên $\widehat{DBC}+\widehat{DEC}=180^{\circ }$ (tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{AED}+\widehat{DEC}=180^{\circ }$ (kề bù) nên $\widehat{DBC}=\widehat{AED}.$

Xét $$\Delta AED$$ và $$\Delta ABC$$ có:

$\hat{A}$ là góc chung và $\widehat{ABC}=\widehat{AED}.$

Do đó (g.g).

c) Do hay nên $\frac{ED}{BC}=\frac{AD}{AC}$.

Xét $\Delta ADC$ vuông tại $D$ có $\cos \widehat{DAC}=\frac{AD}{AC}$.

Như vậy, $$\frac{ED}{BC}=\frac{AD}{AC}=\cos \widehat{DAC}=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}.$$

Vậy $DE=\frac{1}{2}BC.$