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

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

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

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

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

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

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: $$x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2$$.

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

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 $30\mathrm{cm}$.

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

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 $AH\perp BC$ 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 $BE\perp AD$ 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 $DG\perp AH$.

Mà $BC\perp AH$ (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 $DC\perp AC$.

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 $DC\perp AC$ (chứng minh trên).

Vì vậy $$HN\perp AC$$.

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 $$CD\perp AC$$ (chứng minh trên).

Vì vậy $$KM\perp CD$$.

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

Do đó $$KM\perp HE$$.

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 $$KM\perp HE$$ (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 $2x^2\ge 8x-8$ (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: $2x^2+y^2\ge 8x-8+2y-1$.

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

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

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 $y=1$.