Đề kiểm tra cuối kỳ 2 Toán 9 phòng GD&ĐT Bình Tân – TP HCM năm 2024 – 2025

Nếu a>0 thì đồ thị của hàm số nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị

Trong 4 đáp án, đáp án B có a > 0 vậy chọn đáp án B

Đáp án B

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng $ax^{2} + bx + c = 0$

Trong 4 đáp án, có đáp án D thỏa mãn dạng $ax^{2} + bx + c = 0$ vậy chọn đáp án D

Đáp án D

Áp dụng định lý Viet $x_{1} + x_{2} = \dfrac{- b}{a}$ và $x_{1}x_{2} = \dfrac{c}{a}$

Áp dụng định lý Viet $x_{1} + x_{2} = \dfrac{- b}{a} = - 5$ và $x_{1}x_{2} = \dfrac{c}{a} = - 6$

Đáp án C

Lấy tổng lần xúc trừ đi tần số xuất hiện của các mặt khác trong xúc xắc

Số lần xuất hiện của mặt 3 chấm là $50 - 8 - 7 - 8 - 6 - 11 = 10$

Đáp án B

Tìm xác suất của biến cố

Số lần xuất hiện của chia hết cho cả 2 và 5 là chia hết cho 10: 10, 20, 30

Vây có 3 số chia hết cho cả 2 và 5

Suy ra xác suất của biến cố là $\dfrac{3}{30} = \dfrac{1}{10}$

Đáp án C

Dựa vào tâm đường tròn ngoại tiếp

Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền

Đáp án A

Tính chất tứ giác nội tiếp đường tròn

Hình chữ nhật luôn nội tiếp đường tròn tâm là giao điểm của 2 đường chéo

Đáp án D

Thể tích hình nón là $V = \dfrac{1}{3}\pi R^{2}.h$

Thể tích hình nón là $V = \dfrac{1}{3}\pi R^{2}.h = \dfrac{1}{3}\pi.5^{2}.10 = \dfrac{250\pi}{3}$

a. Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị

b. Thay y = 3x vào giải phương trình

Bảng giá trị:

Thay $y = 3x$ vào $y = \dfrac{x^{2}}{2}$

$3x = \dfrac{x^{2}}{2}$

$\dfrac{x^{2}}{2} - 3x = 0$

$x\left( {\dfrac{x}{2} - 3} \right) = 0$

x = 0 hoặc x = 6

Với x = 0 thì y = 0 (loại)

Với x – 6 thì y = 18 (nhận)

Vậy điểm M thuộc (P) cần tìm là (6;18)

Áp dụng định lý Viet $x_{1} + x_{2} = \dfrac{- b}{a}$ và $x_{1}x_{2} = \dfrac{c}{a}$

a. $\text{Δ} = {( - 5)}^{2} - 4.1.( - 7) = 53 > 0$

Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
b) Theo định lí Viète ta có: $x_{1} + x_{2} = \dfrac{- b}{a} = 5$ và $x_{1}x_{2} = \dfrac{c}{a} = - 7$

$A = \sqrt{{(x_{1} - 3)}^{2} + {(x_{2} - 3)}^{2}}$

$= \sqrt{x_{1}^{2} - 6x_{1} + 9 + x_{2}^{2} - 6x_{2} + 9}$

$= \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 6(x_{1} + x_{2}) + 18}$

$= \sqrt{{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2x_{1}x_{2} - 6(x_{1} + x_{2}) + 18}$

$= \sqrt{5^{2} - 2( - 7) - 6.5 + 18} = 3\sqrt{3}$

Gọi chiều rộng màn hình chiếc ti vi 32 inch là x.

Biến đổi các biểu thức đề bài cho theo x.

Lập phương trình, giải phương trình và kết luận

Gọi chiều rộng màn hình chiếc ti vi 32 inch là $x(cm)(x > 0)$

Chiều dài màn hình của chiếc ti vi là $\dfrac{16}{9}x$ (cm).
Độ dài đường chéo màn hình ti vi là $32.2,54 = 81,28$ cm.

Áp dụng ĐL Pythagore vào tam giác vuông là một nửa hình chữ nhật ta có:

$x^{2} + \left( {\dfrac{16}{9}x} \right)^{2} = 81,28^{2}$

$\dfrac{337}{81}x^{2} - 6606,4384 = 0$

Giải phương trình ta được:

$x_{1} = 39,85x_{2} = - 39,85$ (loại)

Vậy: Chiều rộng màn hình tivi 32 inch là $39,85$ cm.
Chiều dài màn hình tivi 32 inch là: $\dfrac{16}{9} \cdot 39,85 \approx 70,84$ cm

Tính kết quả thuận lợi của biến cố

a. Tổng số lon nước ngọt tiêu thụ trong một tuần của cửa hàng A là:

$60 + 86 + 102 + 112 + 108 + 126 + 122 = 716~\left( {lon} \right)$

Tổng số lon nước ngọt tiêu thụ trong một tuần của cửa hàng B là:

$74 + 72 + 94 + 106 + 98 + 128 + 130 = 702~\left( {lon} \right)$

Vậy tổng số lon nước ngọt bán được trong một tuần của cửa hàng A nhiều hơn cửa hàng B là $716 - 702 = 14\text{~(lon)}$

b. Số kết quả có thể xảy ra của phép thử là $n(\text{Ω}) = 7$

Các kết quả thuận lợi của biến cố A là: thứ 4, thứ 5, thứ 6, thứ 7 và chủ nhật.

$\left. \Rightarrow n(A) = 5 \right.$

Do đó xác suất của biến cố A là $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\text{Ω})} = \dfrac{5}{7}$

Thể tích quả cầu tuyết $V = \dfrac{4}{3}\pi R^{3}$

a. Thể tích của quả cầu tuyết: $V = \dfrac{4}{3}\pi R^{3} = \dfrac{4}{3}\pi{(6:2)}^{3} \approx 113\text{~(cm}^{3})$

b. Đổi $1,2 mm = 0,12 cm.$

Bán kính hình cầu bên trong quả cầu tuyết (trừ độ dày lớp vỏ thủy tinh):
$R = (6:2) - 0,12 = 2,88\text{~(cm)}$ R = (6:2) - 0,12 = 2,88 \text{ (cm)}R=(6:2)−0,12=2,88 (cm)
Thể tích nước để làm đầy phần ruột bên trong quả cầu:

$V = \left( {\dfrac{4}{3}\pi R^{3}} \right)(1 - 20\text{\%}) = \dfrac{4}{3}\pi.2,88^{3}.0,8 \approx 80\text{~(cm}^{3}) = 80\text{~(ml)}$

a. 2 góc đối diện vuông góc cùng nhìn 1 đường thẳng thì 4 điểm nội tiếp đường tròn

b. Dùng góc nội tiếp đường tròn

c. Dùng hệ thức lượng giác trong tam giác vuông

a. Ta có: $\bigtriangleup ABO$ vuông tại B (AB là tiếp tuyến của (O))
Suy ra: $\bigtriangleup ABO$ nội tiếp đường tròn đường kính OA (1)
Ta có: $\bigtriangleup ACO$ vuông tại C (AC là tiếp tuyến của (O))
Suy ra: $\bigtriangleup ACO$ nội tiếp đường tròn đường kính OA (2)
Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA.

b. Vì $\bigtriangleup QHO$ vuông tại H và $\bigtriangleup QCO$ vuông tại C nên cùng nội tiếp đường tròn đường kính OQ.
Suy ra 4 điểm Q, H, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OQ
Vậy tứ giác QHOC nội tiếp.

$\left. \Rightarrow\widehat{OQH} = \widehat{OCH} \right.$ (góc nội tiếp cùng chắn cung HO)(1)

Vì $\bigtriangleup DHP$ vuông tại H và $\bigtriangleup DBP$ vuông tại B nên cùng nội tiếp đường tròn đường kính OP.
Suy ra 4 điểm O, H, B, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP
Vậy tứ giác BPOH nội tiếp.

$\left. \Rightarrow\widehat{HBO} = \widehat{HPO}\ \right.$ (góc nội tiếp cùng chắn cung HO) (2)

Lại có $\widehat{OCH} = \widehat{HBO}$( $\bigtriangleup BOC$ cân tại O) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:

$\left. \widehat{OQH} = \widehat{HPO}\Rightarrow \bigtriangleup POQ \right.$ cân tại O $\left. \Rightarrow OP = OQ \right.$

c. Xét $\bigtriangleup OAB$ vuông tại B.

$\left. \sin OAB = \dfrac{OB}{OA} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{OAB} = 30^{\circ}\Rightarrow\widehat{CAB} = 60^{\circ} \right.$

Mà $\bigtriangleup ABC$ cân tại A (AB = AC)
Nên $\bigtriangleup ABC$ đều

$BC = AB = OA\text{.}\cos OAB = R\sqrt{3}$;

$IH = \dfrac{BI}{2} = \dfrac{BC}{4} = \dfrac{R\sqrt{3}}{4}$

$OI = OB.cosBOI = R.cos60 \circ = \dfrac{R}{2}$

$OH = \sqrt{OI^{2} + IH^{2}} = \sqrt{\dfrac{R^{2}}{4} + \dfrac{3R^{2}}{16}} = \dfrac{R\sqrt{7}}{4}$

Tứ giác QHOC là tứ giác nội tiếp

$\widehat{HOQ} = \widehat{HCQ} = 60^{\circ}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung)

$QH = OH\text{.}\tan HOQ = OH\text{.}\tan 60^{\circ} = \dfrac{R\sqrt{7}}{4}\text{.}\sqrt{3} = \dfrac{R\sqrt{21}}{4}$

Ta có: $\bigtriangleup OPQ$ cân tại O có OH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
Suy ra:

$PQ = 2QH = 2.\dfrac{R\sqrt{21}}{4} = \dfrac{R\sqrt{21}}{2}$

$S_{\bigtriangleup OPQ} = \dfrac{1}{2}PQ\text{.}OH = \dfrac{1}{2}\text{.}\dfrac{R\sqrt{21}}{2}\text{.}\dfrac{R\sqrt{7}}{4} = \dfrac{7\sqrt{3}}{16}R^{2}$ (dvdt)