Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2026-2027 THCS&THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

a) ${\left( {x - 4} \right)^2} = \left( {4 - x} \right)\left( {8 - 7x} \right)$

${\left( {x - 4} \right)^2} - \left( {x - 4} \right)\left( {7x - 8} \right) = 0$

$\left( {x - 4} \right)\left( {x - 4 - 7x + 8} \right) = 0$

$\left( {x - 4} \right)\left( {4 - 6x} \right) = 0$

$x = 4$ hoặc $x = \frac{2}{3}$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = 4$ và $x = \frac{2}{3}$.

b) Ta có: $2x\left( {x - 2} \right) + 3x - 6 = 2x\left( {x - 2} \right) + 3\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {2x + 3} \right)$.

ĐKXĐ: $x \ne - \frac{3}{2}$; $x \ne 2$.

Phương trình trở thành $\frac{{x + 2}}{{2x + 3}} + \frac{{3x - 5}}{{x - 2}} = \frac{{3{x^2} - 7x - 19}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 3} \right)}}$.

Quy đồng và khử mẫu ta được:

$\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + \left( {3x - 5} \right)\left( {2x + 3} \right) = 3{x^2} - 7x - 19$

${x^2} - 4 + 6{x^2} - x - 15 = 3{x^2} - 7x - 19$

$4{x^2} + 6x = 0$

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

$x = 0$ (thỏa mãn) hoặc $x = - \frac{3}{2}$ (loại).

Vậy phương trình có nghiệm $x = 0$.

c) Điều kiện: $x \ne - 1$; $x - y + 3 \ne 0$.

Đặt $u = \frac{1}{{\left| {x + 1} \right|}}$, $v = \frac{1}{{x - y + 3}}$ ($u > 0$, $v \ne 0$).

Hệ trở thành: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{4u - 7v = 9}\\{5u + 2v = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.$,

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $2$ và nhân hai vế của phương trình thứ hai với $7$, ta được: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{8u - 14v = 18}\\{35u + 14v = \frac{7}{2}}\end{array}} \right.$.

Cộng từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được $43u = \frac{{43}}{2}$ hay $u = \frac{1}{2}$.

Thế $u = \frac{1}{2}$ vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có $4 \cdot \frac{1}{2} - 7v = 9$, hay $2 - 7v = 9$, suy ra $v = - 1$.

Từ $u = \frac{1}{2}$, ta có

$\frac{1}{{\left| {x + 1} \right|}} = \frac{1}{2}$ suy ra $\left| {x + 1} \right| = 2$ suy ra $x = 1$ hoặc $x = - 3$.

Từ $v = - 1$, ta có

$\frac{1}{{x - y + 3}} = - 1$ suy ra $x - y + 3 = - 1$ suy ra $y = x + 4$.

Với $x = 1$ thì $y = 1 + 4 = 5$.

Với $x = - 3$ thì $y = - 3 + 4 = 1$.

Do đó, hệ có hai nghiệm là $\left( {x;y} \right) = \left( {1;\,\,5} \right)$ hoặc ${\rm{\;}}\left( {x;\,\,y} \right) = \left( { - 3;\,\,1} \right)$.

a) Ta có: $3x + 1 \le 5$ suy ra $3x \le 4$ suy ra $x \le \frac{4}{3}$.

Vì $x$ là số tự nhiên nên $x \in \left\{ {0;\,\,1} \right\}$.

b) $\frac{{1 - 3x}}{6} - x + 2 > \frac{{x + 5}}{{ - 8}}$

$$\frac{{4\left( {1 - 3x} \right)}}{{24}} - \frac{{24x}}{{24}} + \frac{{48}}{{24}} > \frac{{ - 3\left( {x + 5} \right)}}{{24}}$$

$4\left( {1 - 3x} \right) - 24x + 48 > - 3\left( {x + 5} \right)$

$52 - 36x > - 3x - 15$

$- 33x > - 67$

$x < \frac{{67}}{{33}}.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x < \frac{{67}}{{33}}$.

Số tiền bác Nam phải trả khi đi $10{\rm{\;km}}$ là:

$20\,\,000 + 14\,\,000 \cdot \left( {10 - 1} \right) = 146\,\,000$ (đồng).

Vì $146\,\,000 < 150\,\,000$ nên bác Nam có đủ tiền để đi bằng hãng xe này.

Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở là $x$ (nghìn đồng), mỗi cây bút là $y$ (nghìn đồng).

Điều kiện: $x > 0,\,\,y > 0$.

Theo giá niêm yết: $1500x + 500y = 18000$ hay $3x + y = 36$ (1).

Số tiền được giảm là $18000 - 16350 = 1650$ (nghìn đồng), nên:

$10\% \cdot 1500x + 5\% \cdot 500y = 1650$

$150x + 25y = 1650$

$6x + y = 66$ (2).

Trừ vế theo vế của phương trình (2) cho phương trình (1) ta được:

$3x = 30$, suy ra $x = 10$.

Thay $x = 10$ vào (1) được $3 \cdot 10 + y = 36$ suy ra $y = 6$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của mỗi quyển vở là $10\,\,000$ đồng, mỗi cây bút là $6\,\,000$ đồng.

Tàu ở độ sâu $195{\rm{\;m}}$ suy ra $BH = 195$ m.

Xét ${\rm{\Delta }}ABH$ vuông tại $H$, áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

$\sin \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AB}}$ suy ra $AB = \frac{{BH}}{{\sin 23^\circ }} = \frac{{195}}{{\sin 23^\circ }} \approx 499{,}06$ (m).

Đổi $15{\rm{\;km/h}} = 250{\rm{\;m/ph\'u t}}$.

Thời gian cần tìm là $\frac{{499{,}06}}{{250}} \approx 2{\rm{\;(ph\'u t)}}$.

Vậy sau khoảng $2{\rm{\;ph\'u t}}$ kể từ lúc bắt đầu lặn thì tàu ở độ sâu $195$ m so với mặt nước biển.

a) Gọi $O$ là trung điểm của $BE$. Suy ra $OB = OE = \frac{1}{2}BE$.

Vì $E$ thuộc đường thẳng $AC$ và $AB \bot AC$ nên ${\rm{\Delta }}ABE$ vuông tại $A$, có $AO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $OA = \frac{{BE}}{2}$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Vì $EM \bot BM$ nên ${\rm{\Delta }}BME$ vuông tại $M$, có $MO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $OM = \frac{{BE}}{2}$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Suy ra $OA = OB = OE = OM = \frac{{BE}}{2}$.

Vậy bốn điểm $A,\,\,B,\,\,E,\,\,M$ cùng thuộc đường tròn tâm $O$, bán kính $R = \frac{{BE}}{2}$.

b)

Xét ${\rm{\Delta }}FAB$ và ${\rm{\Delta }}FME$ có:

$\widehat {FAB} = \widehat {FME} = 90^\circ$;

$\widehat {AFB} = \widehat {MFE}$ (góc chung).

Do đó $\text{Δ}FAB∽\text{Δ}FME$ (g.g).

Suy ra $\frac{{FA}}{{FM}} = \frac{{FB}}{{FE}}$ hay $FA \cdot FE = FM \cdot FB$.

Xét ${\rm{\Delta }}BEF$ có $BA \bot EF$ và $EM \bot BF$. Hai đường cao này cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của ${\rm{\Delta }}BEF$, suy ra $FH \bot BE$.

Gọi $Q$ là giao điểm của $FH$ và $BE$.

${\rm{\Delta }}AHF$ vuông tại $A$ có $AI$ là đường trung tuyến nên $IA = IH = \frac{1}{2}HF$, suy ra $\widehat {IAH} = \widehat {IHA}.$

Mà $\widehat {IHA} = \widehat {BHQ}$ (đối đỉnh), nên $\widehat {IAH} = \widehat {BHQ}$ hay $\widehat {IAB} = \widehat {BHQ}$.

$OA = OB$ nên ${\rm{\Delta }}OAB$ cân tại $O$, suy ra $\widehat {BAO} = \widehat {ABO} = \widehat {HBQ}$.

Do đó $\widehat {IAO} = \widehat {IAB} + \widehat {BAO} = \widehat {BHQ} + \widehat {HBQ} = 90^\circ$ (vì ${\rm{\Delta }}BHQ$ vuông tại $Q$).

Vậy $AI \bot AO$.

c)

Gọi $K$ là trung điểm của $DC$.

$MK$ là đường trung bình của ${\rm{\Delta }}ADC$ nên $MK\,{\rm{//}}\,AC$. Mà $AC \bot AB$ nên $MK \bot AB$.

Xét ${\rm{\Delta }}ABK$ có $AD \bot BK$ và $KM \bot AB$. Hai đường cao này cắt nhau tại $M$ nên $M$ là trực tâm của ${\rm{\Delta }}ABK$, suy ra $BM \bot AK$.

Mà $EM \bot BM$ nên $EM\,{\rm{//}}\,AK$.

Gọi $P$ là giao điểm của $EM$ và $BC$.

Xét ${\rm{\Delta }}ADK$ có $M$ là trung điểm của $AD$ và $MP\,{\rm{//}}\,AK$, nên $P$ là trung điểm của $DK$.

Suy ra $CK = \frac{1}{2}DC$ và $CP = CK + KP = \frac{1}{2}DC + \frac{1}{4}DC = \frac{3}{4}DC$.

Xét ${\rm{\Delta }}CEP$ có $AK\,{\rm{//}}\,EP$. Theo định lí Thales: $\frac{{CA}}{{CE}} = \frac{{CK}}{{CP}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $CE = \frac{3}{2}CA > CA$.

Mà $E$ thuộc tia $CA$ nên $A$ nằm giữa $C$ và $E$, do đó $AE = CE - CA = \frac{1}{2}CA = AN$.

Mà $N$ thuộc đoạn $AC$ nên $E$ và $N$ nằm khác phía đối với $A$.

Vậy $A$ là trung điểm của đoạn thẳng $EN$.

Gọi số cây bưởi trồng thêm là $x$ (cây).

Điều kiện: $x \in \mathbb{N}$, $x < 75$.

Khi số cây là $50 + x$ và mỗi cây cho trung bình $75 - x$ quả mỗi năm.

Tổng sản lượng một năm là:

$T = \left( {50 + x} \right)\left( {75 - x} \right) = - {x^2} + 25x + 3750 = 3906 - \left( {x - 12} \right)\left( {x - 13} \right).$

Vì $x - 12$ và $x - 13$ là hai số nguyên liên tiếp nên tích $\left( {x - 12} \right)\left( {x - 13} \right) \ge 0$, dấu bằng xảy ra khi $x = 12$ hoặc $x = 13$.

Do đó $T \le 3906$.

Vậy nên trồng thêm 12 hoặc 13 cây bưởi Diễn thì tổng sản lượng lớn nhất là 3906 quả mỗi năm.