Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Ban Mai School (Hà Nội) có đáp án

a) Thay $x = 4$ (thỏa mãn) tính được $P = \frac{{ - 1}}{2}$.

Vậy khi $x = 4$ thì $P = \frac{{ - 1}}{2}$.

b) Với $x > 0,x \ne 9$, ta có:

$$\begin{array}{l}Q = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{2x - 13\sqrt x - 3}}{{x - 9}}\\Q = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{2x - 13\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\Q = \frac{{x + 4\sqrt x + 3 + 2x - 13\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\Q = \frac{{3x - 9\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\Q = \frac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\Q = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\end{array}$$

Vậy $Q = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\left( {x \ge 0;x \ne 4} \right)$.

c) Với $x \ge 0;x \ne 4$ ta có:

$A = P \cdot Q = \frac{{\sqrt x - 5}}{{3\sqrt x }} \cdot \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\sqrt x - 5}}{{\sqrt x + 3}}$

Theo bài, $A < \frac{1}{2}$ nên

$\frac{{\sqrt x - 5}}{{\sqrt x + 3}} < \frac{1}{2}$

$\frac{{\sqrt x - 5}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{1}{2} < 0$

$\frac{{2\sqrt x - 10 - \sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}} < 0$

$\frac{{\sqrt x - 13}}{{\sqrt x + 3}} < 0$

Vì $x \ge 0$ nên $\sqrt x + 3 > 0$, do đó để $\frac{{\sqrt x - 13}}{{\sqrt x + 3}} < 0$ thì $\sqrt x - 13 < 0$ hay $\sqrt x < 13$, tức là $x < 169$.

Do $x$ là số nguyên lớn nhất nên $x = 168$ (thỏa mãn).

Vậy $x = 168$.

a) Vì đồ thị hàm số $\left( P \right)$ đi qua điểm$A\left( { - 1;\,1} \right)$, thay $x = - 1;y = 1$ và hàm số $y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)$, ta có:

$1 = a.{\left( { - 1} \right)^2}$ suy ra $a = 1$ (thỏa mãn).

Vậy $a = 1$.

b) Thay $a = 1$vào $y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)$, ta được $y = {x^2}$.

Lấy điểm

Đồ thị hàm số $y = {x^2}$ là đường parabol đi qua 5 điểm trên.

c) Hoành độ giao điểm và thỏa mãn:

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

${x^2} - 4x + 3 = 0$

Phương trình trên có $a + b + c = 0$ nên $x = 1$; $x = 3$.

Với $x = 1$ ta có $y = 1$;

Với $x = 3$ ta có $y = 9$.

Tọa điểm hai giao điểm của và là (3; 9); (1; 1).

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là $x$(km/h, $x > 12$ ). Thì vận tốc của xe thứ hai là: $x - 12$ (km/h).

Thời gian đi hết quãng đường $AB$ của xe thứ nhất là $\frac{{270}}{x}$ (giờ).

Thời gian đi hết quãng đường $AB$ của xe thứ hai là $\frac{{270}}{{x - 12}}$ (giờ).

Vì Ôtô thứ nhất đến sớm hơn ô tô thứ 2 là $45$phút $= \frac{3}{4}$ giờ.

Ta có phương trình:

$\frac{{270}}{{x - 12}} - \frac{{270}}{x} = \frac{3}{4}$

$\frac{{90}}{{x - 12}} - \frac{{90}}{x} = \frac{1}{4}$

$\frac{{1080}}{{{x^2} - 12x}} = \frac{1}{4}$

${x^2} - 12x - 4320 = 0$

$\left( {x + 60} \right)\left( {x - 72} \right) = 0$

$x + 60 = 0$ hoặc $x - 72 = 0$

Suy ra $x = - 60$ (không thỏa mãn); $x = 72$(thỏa mãn).

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là $72$ km/h; vận tốc của xe thứ hai là $72 - 12{\rm{ }} = {\rm{ }}60{\rm{ }}$(km/h).

a) Gọi $J$ là trung điểm $ID$.

Vì $IK \bot AB$ nên $\widehat {INB} = 90^\circ$ suy ra $\Delta IND$ vuông tại $N.$ Do đó $JI = JD = JN = \frac{1}{2}ID$(1)

Xét $(O)$ có đường kính IK, góc nội tiếp $\widehat {IMK}$chắn nửa đường tròn nên $\widehat {IMK} = 90^\circ$ nên $\Delta IMD$ vuông tại $M$. Do đó $JI = JD = JM = \frac{1}{2}ID$ (2)

Từ (1), (2):$JN = JI = JD = JM$.

Suy ra bốn điểm I, N, D, M cùng thuộc một đường tròn.

Do đó tứ giác $INDM$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh được (g.g) suy ra $\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{IK}}{{IC}}$.

Do đó $IM.\,IC = IN.\,\,IK$.

c) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng ID và CK, chứng minh E thuộc đường tròn $(O)$.

Chứng minh được:$D$ là trực tâm tam giác IKC, từ đó suy ra $IE \bot KC$. Do đó điểm E thuộc đường tròn $(O)$.

Gọi chiều rộng của đáy hình hộp chữ nhật là: $x(\;{\rm{cm}})\,\,\,\,(30 > x > 0)$.

Khi đó chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là: $30 - x\,\,(\;{\rm{cm}})$.

Thể tích hình hộp chữ nhật là: $V = x \cdot (30 - x) \cdot 20\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Áp dụng bất đẳng thức: $ab \le \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4}$.

Ta có:

$\begin{array}{l}x.(30 - x) \le \frac{{{{(x + 30 - x)}^2}}}{4}\\x.(30 - x) \cdot 20 \le 20 \cdot \frac{{{{30}^2}}}{4}\\V \le 4500\end{array}$

Dấu " = " xảy ra khi $x = 30 - x,$ tức là $x = 15$.

Vậy thể tích của chiếc hộp đạt giá trị lớn nhất là $4500\;c{m^3}$.