Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2026-2027 Trường thực nghiệm KHGD (Hà Nội) có đáp án

1) Cộng từng vế hai phương trình, ta được $3x = 3$ suy ra $x = 1$.

Thay $x = 1$ vào phương trình thứ nhất ta được:

$1 + 5y = 11$ suy ra $y = 2$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right)$.

2) $\left( {x - 7} \right) \cdot \left( {2x + 8} \right) = 0$

Trường hợp 1: $x - 7 = 0$ suy ra $x = 7$

Trường hợp 2: $2x + 8 = 0$ suy ra $x = - 4$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {7;\,\, - 4} \right\}$.

3) Ta có:

$$\left( {{x^2} - 9} \right) - 5\left( {x + 3} \right) = 0$$

$\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) - 5\left( {x + 3} \right) = 0$

$\left( {x + 3} \right)\left( {x - 8} \right) = 0$.

Trường hợp 1: $x - 8 = 0$ suy ra $x = 8$.

Trường hợp 2: $x + 3 = 0$ suy ra $x = - 3$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ { - 3;\,\,8} \right\}$.

4) $\frac{x}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 5x}}{{{x^2} - 9}} = \frac{{x - 1}}{{x + 3}}$

ĐKXĐ: $x \ne 3$ và $x \ne - 3$.

Ta có: $\frac{x}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 5x}}{{{x^2} - 9}} = \frac{{x - 1}}{{x + 3}}$

$$\frac{x}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 5x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x - 1}}{{x + 3}}$$

Quy đồng mẫu chung ${x^2} - 9 = \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)$ và khử mẫu, ta được:

$x\left( {x + 3} \right) + {x^2} - 5x = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)$

$$2{x^2} - 2x = {x^2} - 4x + 3$$

$${x^2} + 2x - 3 = 0$$

$${x^2} - x + 3x - 3 = 0$$

$x\left( {x - 1} \right) + 3\left( {x - 1} \right) = 0$

$\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = 0$.

Trường hợp 1: $x - 1 = 0$ suy ra $x = 1$ (thỏa mãn).

Trường hợp 1: $x + 3 = 0$ suy ra $x = - 3$ (không thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 1 \right\}$.

5) $7x - 12 \le 4x + 3$ suy ra $3x \le 15$ suy ra $x \le 5$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le 5$.

6) $\frac{{5x + 3}}{4} + \frac{{x + 2}}{3} > 2x + 1$

$\frac{{3\left( {5x + 3} \right)}}{{12}} + \frac{{4\left( {x + 2} \right)}}{{12}} > \frac{{12\left( {2x + 1} \right)}}{{12}}$

$3\left( {5x + 3} \right) + 4\left( {x + 2} \right) > 12\left( {2x + 1} \right)$

$19x + 17 > 24x + 12$

$5x < 5$

$x < 1$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x < 1$.

Gọi số vé khán đài $A$ và khán đài $B$ bán được lần lượt là $x,\,\,y$ (vé).

Điều kiện: $x,\,\,y \in {\mathbb{N}^ * }$; $x,\,\,y < 800$.

Tổng số vé bán được là $800$ vé nên $x + y = 800$.

Tổng số tiền thu được là $95\,\,000\,\,000$ đồng nên ta có phương trình:

$150\,\,000x + 100\,\,000y = 95\,\,000\,\,000$

$3x + 2y = 1900$.

Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 800}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.$.

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $2$ và giữ nguyên phương trình thứ hai, ta được:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x + 2y = 1600}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.$.

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được $x = 300$ (thỏa mãn).

Thế $x = 300$ vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có:

$300 + y = 800$ suy ra $y = 500$ (thỏa mãn).

Vậy bán được $300$ vé khán đài $A$ và $500$ vé khán đài $B$.

Gọi số quả bóng ném vào rổ là $x$ (quả; $x \in \mathbb{N}$, $x \le 20$).

Số quả ném ra ngoài là: $20 - x$ (quả).

Số điểm đạt được là: $10x - 4\left( {20 - x} \right) = 14x - 80$ (điểm).

Để được chọn vào đội tuyển thì $14x - 80 \ge 100$ suy ra $14x \ge 180$ suy ra $x \ge \frac{{90}}{7} \approx 12{,}86$.

Vì $x$ là số tự nhiên nên $x \ge 13$.

Vậy học sinh đó cần ném ít nhất $13$ quả vào rổ.

$\Delta ABC$ vuông tại $C$ có $BC = 59$ m, $\widehat {B\,} = 32^\circ$.

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn vào $\Delta ABC$ vuông tại $C$ ta có:

$\tan B = \frac{{AC}}{{BC}}$ suy ra $AC = BC \cdot \tan B = 59 \cdot \tan 32^\circ \approx 36{,}9$ (m).

Vậy tòa tháp cao khoảng $36{,}9$ m.

1) Do ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat {C\,} = 90^\circ - \widehat {B\,} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}$ suy ra $BC = \frac{{AB}}{{\cos B}} = \frac{8}{{\cos 60^\circ }} = 16$ (cm);

$\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}$ suy ra $AC = AB \cdot \tan B = 8 \cdot \tan 60^\circ = 8\sqrt 3$ (cm).

2) Xét ${\rm{\Delta }}AHB$ và ${\rm{\Delta }}ADH$ có:

$\widehat {AHB} = \widehat {ADH} = 90^\circ$;

$\widehat {BAH}$ chung.

Do đó, $\text{Δ}AHB∽\text{Δ}ADH$ (g.g).

Suy ra $\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AH}}$ suy ra $AD \cdot AB = A{H^2}$.

3) Do ${\rm{\Delta }}BDH$ vuông tại $D$ nên $\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}}$ (1).

Ta có $\widehat {AHD} = \widehat {ABH}$ (cùng phụ với $\widehat {BAH}$) tức $\widehat {AHD} = \widehat {DBH}$.

${\rm{\Delta }}ADH$ vuông tại $D$ nên $\tan \widehat {AHD} = \frac{{DA}}{{DH}}$, suy ra $\tan \widehat {DBH} = \frac{{DA}}{{DH}}$ (2).

Nhân $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ theo vế ta được:${\tan ^2}\widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}} \cdot \frac{{DA}}{{DH}} = \frac{{DA}}{{DB}}$.

4) Tứ giác $ADHE$ có $\widehat {DAE} = \widehat {ADH} = \widehat {AEH} = 90^\circ$ nên $ADHE$ là hình chữ nhật.

Suy ra $DE = AH$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và $DE$. Hai đường chéo của hình chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên $OA = OE$.

Do đó ${\rm{\Delta }}OAE$ cân tại $O$, suy ra $\widehat {OEA} = \widehat {OAE}$ hay $\widehat {AED} = \widehat {HAC}$.

Mà $\widehat {HAC} = \widehat {ABC}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$) nên $\widehat {AED} = \widehat {ABC}$.

${\rm{\Delta }}AKE$ vuông tại $K$ nên $\widehat {KAE} = 90^\circ - \widehat {AED} = 90^\circ - \widehat {ABC} = \widehat {ACB}$.

Vì $K$ thuộc $AI$, $E$ thuộc $AC$ nên $\widehat {IAC} = \widehat {KAE}$.

Vì $I$ thuộc $BC$ nên $\widehat {ICA} = \widehat {ACB}$.

Suy ra $\widehat {IAC} = \widehat {ICA}$, do đó ${\rm{\Delta }}IAC$ cân tại $I$, suy ra $IA = IC$.

Lại có $\widehat {IAB} = \widehat {BAC} - \widehat {IAC} = 90^\circ - \widehat {ACB} = \widehat {ABC} = \widehat {IBA}$ nên ${\rm{\Delta }}IAB$ cân tại $I$, suy ra $IA = IB.$

Suy ra $I$ là trung điểm của $BC$. Do đó, ${S_{{\rm{\Delta }}ABI}} = \frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}$.

Xét ${\rm{\Delta }}AED$ và ${\rm{\Delta }}ABC$ có: $\widehat {EAD} = \widehat {BAC} = 90^\circ$ và $\widehat {AED} = \widehat {ABC}$.

Do đó, $\text{Δ}AED∽\text{Δ}ABC$ (g.g) suy ra $\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ (3).

Chứng minh tương tự ta cũng có $ΔAKE∽ΔAHB$ (g.g) suy ra $\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}$.

Do đó, $\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AK \cdot DE}}{{\frac{1}{2}AH \cdot BC}} = \frac{{AK}}{{AH}} \cdot \frac{{DE}}{{BC}} = {\left( {\frac{{DE}}{{BC}}} \right)^2} = \frac{{A{H^2}}}{{B{C^2}}}$.

Suy ra $\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{B{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{1}{2}\frac{{A{B^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{1}{2}\frac{{A{C^2}}}{{A{H^2}}}$.

${\rm{\Delta }}AHB$ vuông tại $H$ có $\sin B = \frac{{AH}}{{AB}}$; ${\rm{\Delta }}AHC$ vuông tại $H$ có $\sin C = \frac{{AH}}{{AC}}$.

Vậy $\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{1}{{2{{\sin }^2}B}} + \frac{1}{{2{{\sin }^2}C}}$.