Đề giữa học kì 2 Toán 9 năm 2025 – 2026 trường THCS Vân Hà – Bắc Ninh

Điểm $A(x_{0};y_{0})$ thuộc đồ thị hàm số $y = f(x)$ khi và chỉ khi $y_{0} = f(x_{0})$. Thay tọa độ $x = 1,y = 4$ vào công thức hàm số để tìm $m$.

Thay $x = 1,y = 4$ vào phương trình $y = (m - 2)x^{2}$, ta có:

$4 = (m - 2) \cdot 1^{2}$

$m - 2 = 4$

$m = 6$

Thay $x = - 3$ trực tiếp vào biểu thức $y = - 7x^{2}$.

Ta có: $y = - 7 \cdot {( - 3)}^{2} = - 7 \cdot 9 = - 63$

Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình bậc hai $ax^{2} + bx + c = 0$ ($a \neq 0$): $x_{1} + x_{2} = - \dfrac{b}{a}$.

Phương trình $x^{2} - 3x + 2 = 0$ có $a = 1,b = - 3,c = 2$.

Theo định lý Vi-ét, tổng hai nghiệm là:

$x_{1} + x_{2} = - \dfrac{- 3}{1} = 3$

Tính quãng đường người đó đã rơi:

S = Chiều cao ban đầu - Khoảng cách đến mặt đất

Thay $S$ vào công thức $S = \dfrac{13}{2}t^{2}$ để giải tìm $t > 0$.

Quãng đường du khách đã rơi khi cách mặt đất $130\text{~m}$ là:

$S = 234 - 130 = 104\text{~(m)}$

Thay $S = 104$ vào công thức $S = \dfrac{13}{2}t^{2}$:

$104 = \dfrac{13}{2}t^{2}$

$t^{2} = 104 \cdot \dfrac{2}{13} = 16$

$t = 4\text{~(giây)~(do~}t > 0\text{)}$

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng $ax^{2} + bx + c = 0$ với $a \neq 0$ và chỉ chứa $1$ ẩn $x$.

$3x^{2} - 5x + 2 = 0$ với $a = 3 \neq 0$ là phương trình bậc hai một ẩn.

Phương trình bậc hai $ax^{2} + bx + c = 0$ ($a \neq 0$) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta > 0$ (hoặc $\Delta' > 0$).

Xét phương trình $x^{2} + 2x - 3m = 0$ có $a = 1,b' = 1,c = - 3m$.

$\Delta' = {(1)}^{2} - 1 \cdot ( - 3m) = 1 + 3m$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta' > 0$

Hay $1 + 3m > 0$

Suy ra $m > - \dfrac{1}{3}$

Sử dụng biến đổi hằng đẳng thức: $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2x_{1}x_{2}$.

Áp dụng định lý Vi-ét: $x_{1} + x_{2} = - \dfrac{b}{a}$, $x_{1}x_{2} = \dfrac{c}{a}$

Vì phương trình có 2 nghiệm phân biệt nên theo định lý Vi-ét, ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=14\\ x_1{x}_2=7\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} + x_{2} = 14} \\ {x_{1}x_{2} = 7} \end{array} \right.$

Khi đó:

$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2x_{1}x_{2} = 14^{2} - 2 \cdot 7 = 196 - 14 = 182$

Tính cạnh huyền $BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}}$.

Sử dụng công thức bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông: $r = \dfrac{AB + AC - BC}{2}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$BC^{2} = AB^{2} + AC^{2}$ (Định lý Pythagore)

$BC^{2} = 10^{2} + 24^{2} = 676$

Suy ra $BC = 26$ (cm)

Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là

$r = \dfrac{10 + 24 - 26}{2} = 4$ (cm)

Gọi chiều rộng là $x$ ($x > 0$), chiều dài là $x + 6$.

Áp dụng định lý Pythagore: $x^{2} + {(x + 6)}^{2} = 30^{2}$.

Giải phương trình tìm $x$, từ đó tính diện tích $S = x(x + 6)$.

Gọi chiều rộng là $x$ (m) ($x > 0$), khi đó chiều dài là $x + 6$ (m).

Áp dụng định lý Pythagore, ta có:

$x^{2} + {(x + 6)}^{2} = 30^{2}$.

$x^{2} + x^{2} + 12x + 36 = 900$

$2x^{2} + 12x - 864 = 0$

$x^{2} + 6x - 432 = 0$

$(x - 18)(x + 24) = 0$

TH1: $x - 18 = 0$

$x = 18$ (TM)

TH2: $x + 24 = 0$

$x = - 24$ (KTM)

Chiều dài là $18 + 6 = 24\text{~(m)}$.

Diện tích $S = 18 \cdot 24 = 432\text{~(m}^{2}\text{)}$.

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $r = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}$. Từ đó suy ra $a = 2r\sqrt{3}$.

Độ dài cạnh AB là:

$AB = 2 \cdot r \cdot \sqrt{3} = 2 \cdot 6 \cdot \sqrt{3} = 12\sqrt{3}\text{~(cm)}$

Tâm quay $180^{{^\circ}}$ biến hình chữ nhật thành chính nó chính là tâm đối xứng của hình chữ nhật.

Giao điểm của hai đường chéo là tâm đối xứng của hình chữ nhật.

Tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp bằng $180^{{^\circ}}$.

Xét tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn ta có:

$\widehat{A} + \widehat{C} = 180^{{^\circ}}$ (hai góc đối nhau)

Suy ra $\widehat{A} = 180^{{^\circ}} - 80^{{^\circ}} = 100^{{^\circ}}$

Hình vuông có $4$ đỉnh chia đường tròn thành $4$ cung bằng nhau, mỗi cung $90^{{^\circ}}$. Phép quay tâm $O$ góc $k \cdot 90^{{^\circ}}$ ($k \in {\mathbb{Z}}$) biến hình vuông thành chính nó.

Phép quay tâm $O$ với góc $90^{0}$ là tâm biến hình vuông thành chính nó

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $R = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có cạnh bằng $\sqrt{3}$ $cm$ là:

$R = \dfrac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{3} = \dfrac{3}{3} = 1\text{~(cm)}$

Tính nửa chu vi.

Tìm hai số khi biết tổng và hiệu.

Nửa chu vi của hình chữ nhật là:

$36:2 = 18$ (m)

Chiều dài của hình chữ nhật là:

$\dfrac{18 + 4}{2} = 11$ (m)

a) Sử dụng công thức nghiệm thu gọn $\Delta' = {b'}^{2} - ac$ với $b' = \dfrac{b}{2}$. Nếu $\Delta' > 0$, phương trình có $2$ nghiệm $x_{1,2} = \dfrac{- b' \pm \sqrt{\Delta'}}{a}$.

b) Thay $x = - 1,y = 2$ vào công thức hàm số rồi giải phương trình tìm $m$, đối chiếu điều kiện $m \neq 2$.

a) Xét $x^{2} - 2x - 8 = 0$ có $a = 1,b' = - 1,c = - 8$.

Ta có: $\Delta' = {( - 1)}^{2} - 1 \cdot ( - 8) = 1 + 8 = 9 > 0$

Nên có hai nghiệm phân biệt:

$x_{1} = \dfrac{1 + \sqrt{9}}{1} = 4;\quad x_{2} = \dfrac{1 - \sqrt{9}}{1} = - 2$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ - 2;4 \right\}$.

b) Để đồ thị của hàm số $y = \left( {m - 2} \right)x^{2}\,(m \neq 2).$ đi qua $A\left( {- 1;2} \right)$ thì:

$2 = \left( {m - 2} \right).\left( {- 1} \right)^{2}$

$m - 2 = 2$

$m = 2 + 2$

$m = 4$ (TM)

Vậy $m = 4$ là giá trị cần tìm.

a) Thay $m = 2$ vào $(1)$, nhẩm nghiệm $a + b + c = 0$ hoặc dùng $\Delta'$.

b)

+ Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ($\Delta' > 0$).

+ Viết định lý Vi-ét cho $x_{1} + x_{2}$ và $x_{1}x_{2}$.

+ Biến đổi ${(x_{1} - x_{2})}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 4x_{1}x_{2}$. Thay Vi-ét vào đẳng thức để giải tìm $m$ và kết hợp điều kiện.

a) PT: $x^{2} - 4x + m + 1 = 0$ (1)

Thay $m = 2$ vào (1) ta có: $x^{2} - 4x + 3 = 0$ (2)

PT (2) có các hệ số thoản mãn: $a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0$

PT có 2 nghiệm : $x_{1} = 1$; $x_{2} = \dfrac{3}{1} = 3$.

Vậy $m = 2$ thì phương trình có nghiệm là $x_{1} = 1$; $x_{2} = 3$.

b) PT(1) có $\Delta = \left( {- 4} \right)^{2} - 4.\left( {m + 1} \right) = 12 - 4m$

Để PT (1) có 2 nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0$

hay $12 - 4m > 0$

$- 4m > - 12$

$m < 3$

Theo Định lý Vi-ét ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1{x}_2=m+1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x_{1} + x_{2} = 4} \\ {x_{1}x_{2} = m + 1} \end{array} \right.$

Ta có: $\left( {x_{1} - x_{2}} \right)^{2} + 3x_{1}x_{2} = 3$ hay $\left( {x_{1} + x_{2}} \right)^{2} - x_{1}x_{2} = 3$ (2)

Thay Vi-ét vào (2) ta được phương trình:

$4^{2} - \left( {m + 1} \right) = 3$

$16 - m - 1 = 3$

$m = 12$ (Không thỏa mãn)

Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt $x_{1};x_{2}$ thỏa mãn $\left( {x_{1} + x_{2}} \right)^{2} - x_{1}x_{2} = 3$.

Gọi ẩn trực tiếp: $x$ là số áo may trong $1$ ngày theo kế hoạch ($x \in {\mathbb{N}}^{*}$).

Biểu diễn thời gian kế hoạch: $\dfrac{1800}{x}$ (ngày).

Biểu diễn thực tế: Năng suất là $x + 10$ (áo/ngày), thời gian thực tế là $\dfrac{1800}{x + 10}$ (ngày).

Lập phương trình: Thời gian kế hoạch – Thời gian thực tế = 6.

Gọi số chiếc áo xưởng may phải may trong một ngày theo kế hoạch là: $x$ (chiếc áo).

($x \in N^{*}$)

Gọi số chiếc áo xưởng may phải may trong một ngày theo thực tế là $x + 10$ (chiếc áo).

Thời gian xưởng may áo theo kế hoạch là: $\dfrac{1800}{x}$ (ngày)

Thời gian xưởng may áo theo thực tế là: $\dfrac{1800}{x + 10}$ (ngày)

Vì xưởng hoàn thành trước thời hạn $6$ ngày nên ta có phương trình:

$\dfrac{1800}{x + 10} + 6 = \dfrac{1800}{x}$

$\dfrac{1800.x}{x.(x + 10)} + \dfrac{6x(x + 10)}{x.(x + 10)} = \dfrac{1800.(x + 10)}{x.(x + 10)}$

$\begin{array}{l}1800x+6x(x+10)=1800.(x+10)\\ 1800x+6x^2+60x=1800x+18000\\ 6x^2+60x-18000=0\\ x^2+10x-3000=0\\ (x-50)(x+60)\end{array}$$\begin{array}{l} {1800x + 6x(x + 10) = 1800.(x + 10)} \\ {1800x + 6x^{2} + 60x = 1800x + 18000} \\ {6x^{2} + 60x - 18000 = 0} \\ {x^{2} + 10x - 3000 = 0} \\ {(x - 50)(x + 60)} \end{array}$

TH1: $x - 50 = 0$

$x = 50$ (TM)

TH2: $x + 60 = 0$

$x = - 60$ (KTM)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng may đó phải may xong 50 chiếc áo.

a) Chứng minh $M$ thuộc đường tròn đường kính $AO$ (1)

$N$ thuộc đường tròn đường kính $AO$ (2)

Từ đó suy ra tứ giác $AMON$ nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh $AM^{2} = AH \cdot AO$ và $AM^{2} = AE \cdot AF$. Từ đó suy ra $AE.AF\text{~=}AH. AO$.

c) Sử dụng tính chất $5$ điểm $A, M, I, O, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$ (với $I$ là trung điểm $EF$) để chứng minh $IP//NF$

Sau đó áp dụng định lý Ta-lét cho các tam giác $\bigtriangleup AFQ$ và $\bigtriangleup NFQ$.

a) Vì $AM$ là tiếp tuyến của $(O)$ ($M$ là tiếp điểm) (GT)

$AM\bot OM$ tại $M$ suy ra $\Delta AMO$ vuông tại $M$ suy ra điểm $M$ thuộc đường tròn đường kính $AO$ (1)

Vì $AN$ là tiếp tuyến của $(O)$ ($N$ là tiếp điểm) (GT)

$AN\bot ON$ tại $N$ suy ra $\Delta ANO$ vuông tại $N$ suy ra điểm $N$ thuộc đường tròn đường kính $AO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,~M,~O,~N$ cùng thuộc đường tròn đường kính

Suy ra tứ giác $AMON$ nội tiếp đường tròn.

b) Gọi $H$ là giao điểm của $AO$ và $MN$ . Chứng minh $AE.AF\text{~=}AH. AO$.

Vì $AM;AN$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ ($M,N \in (O)$)

Nên $AM = AN$; $AO$ là tia phân giác của góc MAN (tính chất). Suy ra $\Delta AMN$ cân tại A có AO là đường phân giác nên $AO$ là đường trung trực của $MN$, do đó $AO\bot MN$ tại $H$

Xét $\Delta AMO$ vuông tại $M$ có $AO\bot MN$ tại $H$

Chứng minh $\Delta AMO$ đồng dạng $\Delta AHM$(g.g)

suy ra $AM^{2} = AH.AO$ (1)

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta AFC$ có $\widehat{BAE}$ chung và $\widehat{AEB} = \widehat{ACF}$ (2 góc cùng bù với $\widehat{BEF}$)

$\Delta ABE \backsim \Delta AFC$ (g.g)

Suy ra $\dfrac{AB}{AE} = \dfrac{AF}{AC}$ hay $AB.AC = AE.AF$

Mà $AB.AC = (AO - OB)(AO + OC) = AO^{2} - OB^{2}$

$= AM^{2} + OM^{2} - OB^{2} = AM^{2}$ Do $OM = OB$ bán kính đường tròn (O).

Suy ra $AE.AF = AM^{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH.AO = AE.AF$ (đpcm)

c) Gọi $G$ là giao điểm của $EP$ và $NF$

Xét $(O)$, kẻ $OI\bot EF$ tại $I$

Suy ra $I$ là trung điểm của $EF$ và $\Delta AIO$ vuông tại $I$

hay $I$ thuộc đường tròn đường kính $AO$

Mà tứ giác $AMON$ nội tiếp đường tròn có $\widehat{AMO} = 90^{0}$, nên tứ giác $AMON$ nội tiếp đường tròn đường kính $AO$

Do đó 5 điểm $A,M,O,N,I$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$

Suy ra $\widehat{IMN} = \widehat{IAN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{\frown}{IN}$ ) hay $\widehat{IMP} = \widehat{FAN}$ (5)

Mà $AN\text{//}EP$ (GT) suy ra $\widehat{FEP} = \widehat{FAN}$ (hai góc đồng vị) hay $\widehat{IEP} = \widehat{FAN}$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{IMP} = \widehat{IEP}$

Mà hai đỉnh $M,E$ kề nhau cùng nhìn đoạn $IP$. Do đó tứ giác $EMIP$ nội tiếp đường tròn

Suy ra $\widehat{EMP} = \widehat{EIP}$ (hai góc nội tiếp chắn $\overset{\frown}{EP}$) (7)

Lại có $\widehat{EMN} = \widehat{EFN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{\frown}{EN}$ của $(O)$ (8)

Từ (7) và (8) suy ra $\widehat{EIP} = \widehat{EFN}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra $IP\text{//}FN$ hay $IP\text{//}FG$ (vì $G \in NF$)

Xét $\Delta EGF$ có

$I$ là trung điểm của $EF$

$IP\text{//}FG$ và $P \in EG$

Suy ra $P$ là trung điểm của $EG$$\left. \Rightarrow PE = PG \right.$

Ta có $EP\text{//}AN$ (GT)

Áp dụng định lí Talet vào hai $\Delta AFQ$ và $\Delta NFQ$ ta có $\dfrac{EP}{AQ} = \dfrac{FP}{FQ} = \dfrac{PG}{QN}$

Mà $PE = PG$ ( chứng minh trên)

Suy ra $QA = QN$ mà $Q \in AN$( GT) hay $Q$ là trung điểm của $AN$(đpcm)

Sử dụng BĐT Cauchy $\left. {(x + 2y)}^{2} \geq 8xy\Rightarrow 0 < xy \leq 2 \right.$.

Tách biểu thức $A$ thành tổng của các cụm: Cụm ứng dụng BĐT Cauchy $xy + \dfrac{4}{xy}$, cụm đánh giá theo điều kiện $xy \leq 2$.

Ta có $\left. x + 2y = 4\Leftrightarrow\left( {x + 2y} \right)^{2} = 16\Leftrightarrow x^{2} + 4y^{2} + 4xy = 16 \right.$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có $x^{2} + 4y^{2} \geq 2\sqrt{x^{2}.4y^{2}} = 4xy$

Khi đó $x^{2} + 4y^{2} + 4xy \geq 4xy + 4xy = 8xy$

Suy ra $8xy \leq 16$

Suy ra $0 < xy \leq 2$ (vì $x;y$ dương)

Ta có $A = xy + \dfrac{16}{xy} + \dfrac{x^{2} - 2x + 2}{x^{2}} = xy + \dfrac{16}{xy} + \left( {\dfrac{x^{2} - 2x + 2}{x^{2}} - \dfrac{1}{2}} \right) + \dfrac{1}{2}$

$= xy + \dfrac{4}{xy} + \dfrac{12}{xy} + \dfrac{\left( {x - 2} \right)^{2}}{2x^{2}} + \dfrac{1}{2} \geq 2\sqrt{xy.\dfrac{4}{xy}} + \dfrac{12}{2} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{21}{2}$

(vì $0 < xy \leq 2;\dfrac{\left( {x - 2} \right)^{2}}{2x^{2}} \geq 0$)

Dấu “=” xảy ra $\left. \left\{ \begin{array}{l} {xy = \dfrac{4}{xy}} \\ {\left( {x - 2} \right)^{2} = 0} \\ {x + 2y = 4} \end{array} \right.\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2} \\ {y = 1} \end{array} \right.$ \right.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A = \dfrac{21}{2}$ khi $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 2} \\ {y = 1} \end{array} \right.$.