Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2025-2026 THCS Lê Quý Đôn (Hà Nội) có đáp án

a) $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + 2y = 4\,\,\,\,}\\{2x + 9y = 18}\end{array}} \right.$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $2$ ta được: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x + 4y = 8\,\,\,\,}\\{2x + 9y = 18\,\,}\end{array}} \right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$5y = 10$ suy ra $y = 2$.

Thế $y = 2$ vào phương trình thứ nhất ta được

$x + 2.2 = 4$ suy ra $x = 0$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {0;2} \right)$.

b) $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{1}{x} - \frac{2}{y} = 2}\\{\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 1}\end{array}} \right.$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $3$ ta được: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{3}{x} - \frac{6}{y} = 6}\\{\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 1}\end{array}} \right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$\frac{7}{y} = - 5$ suy ra $y = \frac{{ - 7}}{5}$.

Thế $y = \frac{{ - 7}}{5}$ vào phương trình thứ nhất ta được:

$\frac{1}{x} - \frac{2}{{\frac{{ - 7}}{5}}} = 2$ hay $\frac{1}{x} + \frac{{10}}{7} = 2$ suy ra $x = \frac{7}{4}$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {\frac{7}{4};\frac{{ - 7}}{5}} \right)$.

a) $\left( {x - 5} \right)\left( {1 - 2x} \right) = 0$

$x - 5 = 0$ hoặc $1 - 2x = 0$

$x = 5$ hoặc $2x = 1$

$x = 5$ hoặc $x = \frac{1}{2}$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là $x = 5$ và $x = \frac{1}{2}$.

b) $\frac{{10}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 1} \right)}} - \frac{3}{{x - 1}} = \frac{5}{{x + 5}}$

Điều kiện xác định $x \ne - 5$ và $x \ne 1$.

Quy đồng và khử mẫu, ta được phương trình:

$\frac{{10}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{3\left( {x + 5} \right)}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{5\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 1} \right)}}$

Suy ra $10 - 3x - 15 = 5x - 5$

$5x + 3x = 10 - 15 + 5$

$8x = 0$

$x = 0$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x = 0$.

c) $2x + 4 \ge 0$

$2x \ge - 4$

$x \ge - 2$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \ge - 2$.

d) $- 5x - 11 < 13 - 3x$

$- 5x + 3x \le 13 + 11$

$- 2x \le 24$

$x \ge - 12$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \ge - 12$.

Gọi chiều dài và chiều rộng miếng đất lần lượt là $a;b$ (m) ($a > 5,b > 4$).

Chiều dài lớn hơn chiều rộng 5 m nên ta có: $a - b = 5$ (1)

Theo bài ra ta có:

$\left( {a - 5} \right)\left( {b - 4} \right) = ab - 180$

$ab - 4a - 5b + 20 = ab - 180$

$- 4a - 5b = - 200$

$4a + 5b = 200$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a - b = 5}\\{4a + 5b = 200}\end{array}} \right.$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 5, ta được: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{5a - 5b = 25}\\{4a + 5b = 200}\end{array}} \right.$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$9a = 225$ hay $a = 25$ (thoả mãn điều kiện).

Thế $a = 25$ vào phương trình thứ (1) ta được $b = 20$ (thoả mãn điều kiện).

Vậy chiều dài miếng đất là $25{\rm{ m}}$và chiều rộng miếng đất là ${\rm{20 m}}$.

Gọi số quyển vở Minh có thể mua là $x$ (quyền) $\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)$.

Số tiền Minh dùng để mua $x$ quyển vở là $9x$ (nghìn đồng).

Số tiền còn lại của Minh sau khi mua bút là: $200 - 30 = 170$ (nghìn đồng).

Vì số tiền Minh dùng để mua vở không được vượt quá số tiền còn lại nên ta có bất phương trình sau:

$9x \le 170$

$x \le \frac{{170}}{9}$

$x \le 18,\left( 8 \right)$

Vì $x$ là số quyển vở và phải là số nguyên dương đồng thời $x \le 18,\left( 8 \right)$, nên giá trị nguyên lớn nhất của $x$ thỏa mãn là $x = 18$.

Vậy Minh có thể mua tối đa $18$ quyển vở.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{4}$ (tỉ số lượng giác).

Suy ra: $\widehat C \approx 41^\circ 25'$.

a) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, theo định lý Pythagore ta có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25$

Suy ra $BC = 5$ (cm).

Tính các góc: $\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}{\rm{ = }}\frac{4}{5}$ suy ra $\widehat B \approx 53^\circ$.

$\sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{3}{5}$ suy ra $\widehat C \approx 37^\circ$.

b) Có $AH \bot BC,{\rm{ }}HE \bot AB,{\rm{ }}HF \bot AC$ nên $\widehat A = \widehat E = \widehat F = 90^\circ$.

Suy ra tứ giác $AEHF$ là hình chữ nhật.

Xét $\Delta AHE$ và $\Delta HBE$ có:

$\widehat {AEH} = \widehat {HEB} = 90^\circ ,\,\,\widehat {HAE} = \widehat {BHE}$ (cùng phụ với $\widehat {AHE})$

Do đó (g.g) nên $\frac{{AE}}{{HE}} = \frac{{HE}}{{BE}}$ suy ra $E{H^2} = AE.EB$.

Chứng minh tương tự, ta có $H{F^2} = {\rm{ }}AF.FC$.

Lại có: $E{F^2} = E{H^2} + H{F^2}$ (định lý Pythagore trong tam giác vuông $EHF$)

Suy ra: $AE.EB + AF.FC = E{F^2}$.

Vậy $AE.EB + AF.FC = E{F^2}$.

c) Xét $\Delta BEH$ vuông tại $E$, ta có: $\cos B = \frac{{BE}}{{BH}}$ (1)

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$, ta có: $\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}$ (2)

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ${\cos ^3}B = \frac{{BE}}{{BC}}$.

Vậy $BE = BC.co{s^3}B$.

Ta có: $\Delta AEH = \Delta BFE = \Delta CGF = \Delta DHG$

Suy ra $HE = FE = FG = GH$ và $\widehat {AEH} = \widehat {BFE}$

Mà $\widehat {BFE} + \widehat {FEB} = 90^\circ$ nên $\widehat {AEH} + \widehat {FEB} = 90^\circ$

Lại có $\widehat {AEH} + \widehat {FEB} + \widehat {HEF} = 180^\circ$ suy ra $\widehat {HEF} = 90^\circ$.

Tứ giác $EFGH$ có $HE = FE = FG = GH$ và $\widehat {HEF} = 90^\circ$ nên nó là hình vuông.

Chu vi tứ giác $EFGH$ bằng $4HE$. Chu vi tứ giác $EFGH$ nhỏ nhất khi $HE$ nhỏ nhất.

Đặt $AE = x$ (m), điều kiện $0 < x < 10$.

Suy ra $AH = 10 - x$ (m).

Tam giác $AHE$ là tam giác vuông tại $A$ nên theo định lí Pythagore, ta có:

$H{E^2} = A{H^2} + A{E^2}$ hay $H{E^2} = {x^2} + {\left( {10 - x} \right)^2}$

Suy ra $H{E^2} = 2{x^2} - 20x + 100 = 2{\left( {x - 5} \right)^2} + 50 \ge 50$.

Do đó $HE \ge \sqrt {50} = 5\sqrt 2$.

$HE$ nhỏ nhất khi $HE = 5\sqrt 2$ khi $x = 5$.

Vậy chu vi tứ giác $EFGH$ nhỏ nhất khi $AE = 5$ m.