Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2026-2027 Hệ thống giáo dục Newton-Pascal (có đáp án)

a) $\left( {4\sqrt {12} + 2\sqrt {27} - 5\sqrt {48} } \right):\sqrt 3 = \left( {4 \cdot 2\sqrt 3 + 2 \cdot 3\sqrt 3 - 5 \cdot 4\sqrt 3 } \right):\sqrt 3$

$= \left( {8\sqrt 3 + 6\sqrt 3 - 20\sqrt 3 } \right):\sqrt 3$

$= - 6\sqrt 3 :\sqrt 3 = - 6$.

b) $\sqrt {200} - \sqrt {288} + 3\sqrt 8 - 2\sqrt {450} = 10\sqrt 2 - 12\sqrt 2 + 3 \cdot 2\sqrt 2 - 2 \cdot 15\sqrt 2$

$= 10\sqrt 2 - 12\sqrt 2 + 6\sqrt 2 - 30\sqrt 2 = - 26\sqrt 2$.

c) $\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 2} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 4} \right)}^2}} = \left| {\sqrt 3 + 2} \right| + \left| {\sqrt 3 - 4} \right|$.

Vì $\sqrt 3 + 2 > 0$ và $\sqrt 3 - 4 < 0$ nên $\left| {\sqrt 3 + 2} \right| + \left| {\sqrt 3 - 4} \right|$$= \sqrt 3 + 2 + \left( {4 - \sqrt 3 } \right) = 6$.

a) $3x - 5 \ge 4\left( {2x + 1} \right) - 6$

$3x - 5 \ge 8x + 4 - 6$

$3x - 5 \ge 8x - 2$

$- 5x \ge 3$

$x \le - \frac{3}{5}$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le - \frac{3}{5}$.

b) $\frac{{5x + 1}}{3} - 2 \le \frac{{x + 4}}{2} + \frac{{3 - 2x}}{4}$

Quy đồng mẫu số chung là $12$, ta được:

$\frac{{4\left( {5x + 1} \right)}}{{12}} - \frac{{24}}{{12}} \le \frac{{6\left( {x + 4} \right)}}{{12}} + \frac{{3\left( {3 - 2x} \right)}}{{12}}$

$4\left( {5x + 1} \right) - 24 \le 6\left( {x + 4} \right) + 3\left( {3 - 2x} \right)$

$20x + 4 - 24 \le 6x + 24 + 9 - 6x$

$20x - 20 \le 33$

$20x \le 53$

$x \le \frac{{53}}{{20}}$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le \frac{{53}}{{20}}$.

Ta có:

⦁ $x \ge 0$.

⦁ $\sqrt x - 2 \ne 0$ suy ra $x \ne 4$.

⦁ $x - 2\sqrt x \ne 0$ suy ra $\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) \ne 0$ suy ra $x > 0$ và $x \ne 4$.

⦁ $\sqrt x + 2 > 0$ (luôn đúng với $x \ge 0$)

$\frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} \ne 0$ suy ra $\sqrt x - 1 \ne 0$ suy ra $x \ne 1$.

Kết hợp lại, điều kiện xác định là $x > 0$, $x \ne 1$, $x \ne 4$.

Gọi thời gian đội I và đội II làm một mình xong công việc lần lượt là $x$ ngày và $y$ ngày $\left( {x > 12,\,\,y > 12} \right)$.

Trong 1 ngày, đội I làm được $\frac{1}{x}$ công việc, đội II làm được $\frac{1}{y}$ công việc.

Vì hai đội cùng làm trong 12 ngày thì xong nên:

$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}$.

Trong 4 ngày đầu, hai đội cùng làm được: $4 \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{1}{3}$ (công việc).

Đội II làm tiếp trong 10 ngày nữa thì hoàn thành $\frac{5}{6}$ công việc nên:

$\frac{1}{3} + 10 \cdot \frac{1}{y} = \frac{5}{6}$ suy ra $\frac{{10}}{y} = \frac{1}{2}$ suy ra $y = 20$ (thỏa mãn).

Thay $y = 20$ vào phương trình ban đầu:

$\frac{1}{x} + \frac{1}{{20}} = \frac{1}{{12}}$ suy ra $\frac{1}{x} = \frac{1}{{30}}$ suy ra $x = 30$ (thỏa mãn).

Vậy nếu làm riêng, đội I hoàn thành sau 30 ngày, đội II hoàn thành sau 20 ngày.

Gọi quãng đường di chuyển của kiện hàng là $x{\rm{ km}}$ ($x > 0$).

Chi phí vận chuyển tương ứng là:

$15\,\,000 + 4\,\,000x$ (đồng)

Do ngân sách tối đa là $75\,\,000$ đồng nên ta có bất phương trình:

$15\,\,000 + 4\,\,000x \le 75\,\,000$

$4\,\,000x \le 60\,\,000$

$x \le 15$.

Vậy người gửi có thể thuê vận chuyển quãng đường tối đa là $15{\rm{ km}}$.

a) Bán kính của cung tròn $AB$ là $R = OB = 22$ cm, góc ở tâm $n = 145^\circ$.

Độ dài cung tròn $AB$ là:

${l_{AB}} = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi \cdot 22 \cdot 145}}{{180}} = \frac{{319\pi }}{{18}} \approx 55{,}7$ cm.

b) Bán kính cung tròn nhỏ bên trong là $r = 10$ cm.

Diện tích phần giấy của một mặt hình vành quạt là:

${S_1} = \frac{{\pi n\left( {{R^2} - {r^2}} \right)}}{{360}} = \frac{{\pi \cdot 145 \cdot \left( {{{22}^2} - {{10}^2}} \right)}}{{360}} = \frac{{\pi \cdot 145 \cdot 384}}{{360}} = \frac{{464\pi }}{3}$ cm$^{2}$.

Diện tích phần giấy cả 2 mặt để làm chiếc quạt là:

$S = 2 \cdot {S_1} = 2 \cdot \frac{{464\pi }}{3} = \frac{{928\pi }}{3} \approx 972$ cm$^{2}$.

a) Vì $MA,\,\,MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $\widehat {MAO} = 90^\circ$ và $\widehat {MBO} = 90^\circ$.

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $MO$.

Xét $\Delta MAO$ vuông tại $A$ (do $\widehat {MAO} = 90^\circ$), có $AI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $MO$.

Suy ra: $IA = IO = IM = \frac{1}{2}MO$ (1).

Trong $\Delta MBO$ vuông tại $B$ (do $\widehat {MBO} = 90^\circ$), có$BI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $MO$.

Suy ra: $IB = IO = IM = \frac{1}{2}MO$ (2).

Từ (1) và (2), ta suy ra: $IA = IB = IO = IM = \frac{1}{2}MO$.

Do đó bốn điểm $M,\,\,A,\,\,O,\,\,B$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $MO$.

b) ⦁ Chứng minh $MO \bot AB$

Ta có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra $M$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ (3).

Lại có $OA = OB = R$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $MO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Do đó $MO \bot AB$ tại $H$.

⦁ Chứng minh $OH \cdot OM = {R^2}$

Xét $\Delta OHA$ và $\Delta OAM$ lần lượt vuông tại $H$ và $A$:

$\widehat {AOM}$ là góc chung

$\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ$.

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}$ suy ra $OH \cdot OM = O{A^2}$

Mặt khác, $OA$ chính là bán kính của đường tròn $\left( O \right)$, nên $OA = R$.

Do đó $OH \cdot OM = {R^2}$ (*).

c)

Xét $\Delta ONP$ cân tại $O$ (do $ON = OP = R$), có $K$ là trung điểm của $NP$ nên $OK$ là đường trung tuyến của $\Delta ONP$.

Do đó, $OK$ đồng thời là đường cao hay $OK \bot NP$ tại $K$.

Mặt khác, $FN,\,\,FP$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $FP = FN$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $ON = OP = R$.

Chứng minh tương tự ý b) ta được $OF$ là đường trung trực của $NP$ hay $OF \bot NP$ tại $K$.

Do đó ba điểm $O,K,F$ thẳng hàng.

Do $FN$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $N$ nên $\widehat {FNO} = 90^\circ$.

Xét $\Delta ONF$ vuông tại $N$ chứng minh tương tự ý b) ta được: $OK \cdot OF = O{N^2} = {R^2}$ (**).

Từ (*) và (**) suy ra $OK \cdot OF = OH \cdot OM$ suy ra $\frac{{OK}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OF}}$.

Xét $\Delta KOM$ và $\Delta HOF$ có:

$\widehat {MOF}$ là góc chung;

$\frac{{OK}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OF}}$.

Do đó (c.g.c).

Góc hồ vuông tại $B$, bờ dọc là $BE$, bờ ngang là $BC$.

Khoảng cách từ cọc $A$ đến bờ ngang là $AF = 5$ m $\left( {F \in BC,\,\,AF \bot BC} \right)$.

Khoảng cách từ cọc $A$ đến bờ dọc là $AD = 12{\rm{ m}}$ $\left( {D \in BE,\,\,AD \bot BE} \right)$.

Tứ giác $BDAF$ là hình chữ nhật nên $BD = AF = 5$ m và $BF = AD = 12$ m.

Đặt $FC = x$ (m) ($x > 0$) và $DE = y$ (m) ($y > 0$).

Suy ra độ dài hai bờ là $BC = x + 12$ (m) và $BE = y + 5$ (m).

Do $AD\,{\rm{//}}\,BC$ nên hai tam giác vuông đồng dạng , ta có:

$\frac{{ED}}{{AF}} = \frac{{DA}}{{FC}}$ suy ra $\frac{y}{5} = \frac{{12}}{x}$ suy ra $y = \frac{{60}}{x}$.

Diện tích tam giác vuông $EBC$ cần rào lưới là:

$S = \frac{1}{2}EB \cdot BC = \frac{1}{2}\left( {y + 5} \right)\left( {x + 12} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{60}}{x} + 5} \right)(x + 12)$

$S = \frac{1}{2}\left( {120 + 5x + \frac{{720}}{x}} \right) = 60 + \frac{5}{2}x + \frac{{360}}{x}$

$S = 60 + \frac{5}{2}\left( {x + \frac{{144}}{x}} \right) = 60 + \frac{5}{2}\left[ {{{\left( {\sqrt x - \frac{{12}}{{\sqrt x }}} \right)}^2} + 24} \right]$

$S = 60 + \frac{5}{2} \cdot 24 + \frac{5}{2}{\left( {\sqrt x - \frac{{12}}{{\sqrt x }}} \right)^2} = 120 + \frac{5}{2}{\left( {\sqrt x - \frac{{12}}{{\sqrt x }}} \right)^2}$.

Vì ${\left( {\sqrt x - \frac{{12}}{{\sqrt x }}} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x > 0$ nên:

$S \ge 120$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $\sqrt x - \frac{{12}}{{\sqrt x }} = 0$ suy ra $x = 12$ (m) (thỏa mãn $x > 0$).

Vậy diện tích nhỏ nhất có thể giăng là $120{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}$.