Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Lê Ngọc Hân (Hà Nội) có đáp án

a) Lớp $9A$ có số học sinh là: $6 + 12 + 6 + 9 + 6 + 9 = 48$ (học sinh).

b) Tần số của nhóm $\left[ {60;\,80} \right)$ là tổng tần số của nhóm $\left[ {60;\,70} \right)$ và $\left[ {70;\,80} \right)$.

Do đó tần số của nhóm $\left[ {60;\,80} \right)$ là: $9 + 6 = 15$ (học sinh).

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {60;\,80} \right)$là: $\frac{{15}}{{48}}.100\% = 31{,}25\%$.

Vậy tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {60;\,80} \right)$ là $31{,}25\%$.

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {{X_1};{V_1}} \right);\left( {{X_2};{V_1}} \right);\left( {{X_3};{V_1}} \right);\left( {{X_1};{V_2}} \right);\left( {{X_2};{V_2}} \right);\left( {{X_3};{V_2}} \right);\left( {{X_1};{X_2}} \right);\left( {{X_1};{X_3}} \right);\left( {{X_2};{X_3}} \right);} \right.$

$\left. {\left( {{V_2};{V_1}} \right)} \right\}$.

Suy ra không gian mẫu của phép thử có $10$ phần tử.

Các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

Có $4$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $\left( {{X_1};{X_2}} \right);\left( {{X_1};{X_3}} \right);\left( {{X_2};{X_3}} \right);\left( {{V_2};{V_1}} \right)$.

Xác suẩt của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ bằng $\frac{2}{5}$.

1. Thay $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta có:

$A = \frac{{\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} + 3}} = \frac{{5 - 1}}{{5 + 3}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

Vậy $A = \frac{1}{2}$ khi $x = 25$.

2. Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có:

$B = \frac{{x + 2}}{{\sqrt x - 1}} - \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{x - \sqrt x + 4}}{{x - 1}}$

$= \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{x - \sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{x\sqrt x + x + 2\sqrt x + 2 - 3\sqrt x + 3 - x + \sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{x\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$= \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}$.

Vậy $B = \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}$ ( điều phải chứng minh).

3. Khi $A > 0$, hãy so sánh $B$ với $3$.

Ta có: $A > 0$.

Tức là, $\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}} > 0$.

Suy ra $\sqrt x - 1 > 0$ (do $\sqrt x + 3 \ge 3 > 0$, với $x \ge 0;x \ne 1$).

Khi đó $\sqrt x > 1$.

Vì vậy $x > 1$.

Xét hiệu $B - 3 = \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - 3$

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

$= \frac{{x - \sqrt x + 1 - 3\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 1}}$

$= \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}$

$= \frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 1}}$.

Ta có: $\sqrt x - 1 > 0$ và ${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \ge 0$, với $x > 1$.

Suy ra $\frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 1}} \ge 0$, với $x > 1$.

Do đó $B - 3 \ge 0$.

Vì vậy $B \ge 3$.

Vậy khi $A > 0$ thì $B \ge 3$.

Gọi $x$ (sản phẩm) là số sản phẩm phân xưởng đó sản xuất được mỗi ngày theo kế hoạch $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Số sản phẩm sản xuất được mỗi ngày theo thực tế là: $x + 5$ (sản phẩm).

Thời gian hoàn thành công việc theo kế hoạch là: $\frac{{1100}}{x}$ (ngày).

Thời gian hoàn thành công việc theo thực tế là: $\frac{{1100}}{{x + 5}}$ (ngày).

Vì phân xưởng đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định $2$ ngày nên ta có phương trình: $\frac{{1100}}{x} - \frac{{1100}}{{x + 5}} = 2$.

Suy ra $\frac{{1100\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{1100x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{2x\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}}$.

Do đó $1100\left( {x + 5} \right) - 1100x = 2x\left( {x + 5} \right)$.

Vì vậy $1100x + 5500 - 1100x = 2{x^2} + 10x$.

Tức là, $2{x^2} + 10x - 5500 = 0$.

Suy ra ${x^2} + 5x - 2750 = 0$.

Khi đó ${x^2} + 55x - 50x - 2750 = 0$.

Vì vậy $x\left( {x + 55} \right) - 50\left( {x + 55} \right) = 0$.

Suy ra $\left( {x - 50} \right)\left( {x + 55} \right) = 0$.

Do đó $x - 50 = 0$ hoặc $x + 55 = 0$.

Vì vậy $x = 50$ hoặc $x = - 55$.

So với điều kiện $x \in {\mathbb{N}^*}$, ta nhận $x = 50$.

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng sản xuất được $50$ sản phẩm.

a. Vì $x = 3$ là một nghiệm của phương trình nên $9 + \left( {m + 2} \right)\,\,.\,\,3 + 2m = 0$

Suy ra $9 + 3m + 6 + 2m = 0$

Do đó $5m = - 15$

Vì vậy $m = - 3$.

Theo định lí Viète, ta có: $S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - \left( {m + 2} \right)}}{1} = - m - 2$

$P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{2m}}{1} = 2m$.

Thế ${x_1} = 3$ và $m = - 3$ vào $S$, ta được: $3 + {x_2} = 3 - 2$

Suy ra ${x_2} = - 2$.

Vậy nghiệm còn lại của phương trình đã cho là ${x_2} = - 2$.

b. Ta có: $\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\,.\,1\,.\,2m$

$$= {m^2} + 4m + 4 - 8m$$

$$= {m^2} - 4m + 4$$

$= {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0$, với mọi $m$.

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm ${x_1}\,,{x_2}$ với mọi $m$.

Vì ${x_1} + {x_2} = - m - 2$ nên $2{x_1} + 2{x_2} = - 2m - 4$ $\left( 1 \right)$

Theo đề, bài, ta có: $2{x_1} + 3{x_2} = 1$ $\left( 2 \right)$

Lấy $\left( 2 \right)$ trừ $\left( 1 \right)$ vế theo vế, ta được: ${x_2} = 2m + 5$.

Thế ${x_2} = 2m + 5$ vào ${x_1} + {x_2} = - m - 2$, ta được: ${x_1} + 2m + 5 = - m - 2$ hay ${x_1} = - 3m - 7$

Thay ${x_1} = - 3m - 7$ và ${x_2} = 2m + 5$ vào ${x_1}{x_2} = 2m$, ta được: $\left( { - 3m - 7} \right)\left( {2m + 5} \right) = 2m$.

Suy ra $- 6{m^2} - 29m - 35 = 2m$.

Vì vậy $6{m^2} + 31m + 35 = 0$ (*)

Ta có: $\Delta = {b^2} - 4ac = {31^2} - 4\,.\,6\,.\,35 = 121 > 0$.

Do đó phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:

${m_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 31 + \sqrt {121} }}{{12}} = \frac{{ - 5}}{3}$; ${m_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 31 - \sqrt {121} }}{{12}} = \frac{{ - 7}}{2}$.

Vậy có hai giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $m = \frac{{ - 5}}{3}$ và $m = \frac{{ - 7}}{2}$.

1. Gọi $J$ là trung điểm của $AM$.

Vì $\Delta AEM$ vuông tại $E$ có $J$ là trung điểm của $AM$ nên $\Delta AEM$ nội tiếp đường tròn $\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)$ (1)

Vì $\Delta AFM$ vuông tại $F$ có $J$ là trung điểm của $AM$ nên $\Delta AFM$ nội tiếp đường tròn $\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)$ (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác $AEMF$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)$.

2. Xét đường tròn $\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)$, có: $\widehat {MEF} = \widehat {MAF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (3)

Xét đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {KBC} = \widehat {KAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (4)

Từ (3), (4), ta suy ra $\widehat {KBC} = \widehat {MEF}$.

Chứng minh tương tự, ta được: $\widehat {MFE} = \widehat {KCB}$.

Xét $\Delta EMF$ và $\Delta BKC$, có:

$\widehat {KBC} = \widehat {MEF}$ (chứng minh trên);

$\widehat {MFE} = \widehat {KCB}$ (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{ME}}{{BK}}$.

Vì vậy $BC.ME = EF.BK$ (điều phải chứng minh).

Vậy $\widehat {KBC} = \widehat {MEF}$ và $BC.ME = EF.BK$.

3.

Vì $OA = OB = R$ nên tam giác $OAB$ cân tại $O$.

Suy ra $\widehat {OAB} = \widehat {OBA}$.

Xét tam giác $OAB$, có: $\widehat {AOB} + \widehat {OAB} + \widehat {OBA} = 180^\circ$ (định lí tổng ba góc của một tam giác).

Suy ra $2\widehat {OAB} = 180^\circ - \widehat {AOB}$.

Do đó $\widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2}$.

Đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {AOB}$ là góc ở tâm chắn và $\widehat {ACB}$ là góc nội tiếp chắn .

Suy ra $\widehat {AOB} = 2.\widehat {ACB}$.

Ta có: $\widehat {OAK} = \widehat {BAK} - \widehat {BAO}$

$= \widehat {BAM} - \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2}$

$= \widehat {BAM} - \frac{{180^\circ - 2.\widehat {ACB}}}{2}$

$= \widehat {BAM} - \left( {90^\circ - \widehat {ACB}} \right)$

$= \widehat {ACB} - \left( {90^\circ - \widehat {BAM}} \right)$

$= \widehat {ACB} - \left( {90^\circ - \widehat {EFM}} \right)$

$= \widehat {ACB} - \widehat {AFE}$ (5)

Từ kết quả câu 2., ta có: $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{ME}}{{BK}}$ (vì $S,M$ lần lượt là trung điểm của $EF,BC$).

Suy ra $\frac{{2.ES}}{{2.BM}} = \frac{{ME}}{{BK}}$.

Khi đó $\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{ME}}{{BK}}$.

Xét $\Delta BKM$ và $\Delta EMS$, có:

$\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{ME}}{{BK}}$ (chứng minh trên);

$\widehat {KBC} = \widehat {MEF}$ (kết quả câu 2.).

Do đó (c.g.c).

Suy ra $\widehat {BKM} = \widehat {EMS}$ (cặp góc tương ứng).

Đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {BKA} = \widehat {ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Đường tròn $\left( J \right)$, có: $\widehat {EMA} = \widehat {AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Ta có: $\widehat {AMS} = \widehat {EMS} - \widehat {EMA} = \widehat {BKA} - \widehat {EMA} = \widehat {ACB} - \widehat {AFE}$ (6)

Từ (5) và (6), ta thu được: $\widehat {AMS} = \widehat {OAK}$ (hai góc ở vị trí so le trong).

Vậy $AD\,{\rm{//}}\,SM$ (điều phải chứng minh).

Gọi $x\,\,\left( m \right)$ là chiều rộng đáy bể.

Điều kiện: $x > 0$.

Vì đáy bể có chiều dài gấp đôi chiều rộng nên chiều dài của đáy bể là: $2x\,\,\left( m \right)$

Chiều cao của bể là: $\frac{{4500}}{{2x.x}} = \frac{{4500}}{{2{x^2}}} = \frac{{2250}}{{{x^2}}}\,\,\,\left( m \right)$

Diện tích của đáy bể là: $x.2x = 2{x^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Diện tích các bức tường xung quanh bể là: $\left( {x + 2{\rm{x}}} \right).2.\frac{{2250}}{{{x^2}}} = 6x.\frac{{2250}}{{{x^2}}} = \frac{{13500}}{x}\,\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Diện tích đáy bể và các bức tường xung quanh bể là: $2{x^2} + \frac{{13500}}{x}\,\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Xét biểu thức: $M = 2{x^2} + \frac{{13500}}{x}$

$= \left( {2{x^2} - 60x + 450} \right) + \left( {60x + \frac{{13500}}{x}} \right) - 450$

$= 2{\left( {x - 15} \right)^2} + 60\left( {x + \frac{{225}}{x}} \right) - 450$

Ta có: ${\left( {x - 15} \right)^2} \ge 0$, với $x > 0$.

Suy ra $2{\left( {x - 15} \right)^2} \ge 0$, với $x > 0$ (1)

Vì $x > 0$ nên $\frac{1}{x} > 0$.

Suy ra $\frac{{225}}{x} > 225.0 = 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $x$ và $\frac{{225}}{x}$, ta được:

$x + \frac{{225}}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{{225}}{x}} = 2\sqrt {225} = 2.15 = 30$.

Suy ra $60\left( {x + \frac{{225}}{x}} \right) \ge 60.30 = 1800$ (2)

Lấy (1) + (2) vế theo vế, ta được: $2{\left( {x - 15} \right)^2} + 60\left( {x + \frac{{225}}{x}} \right) \ge 0 + 1800 = 1800$.

Do đó $2{\left( {x - 15} \right)^2} + 60\left( {x + \frac{{225}}{x}} \right) - 450 \ge 1800 - 450 = 1350$.

Vì vậy $M \ge 1350$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x - 15 = 0$ và $x = \frac{{225}}{x}$.

Khi đó $x = 15$ và ${x^2} = 225 = {15^2} = {\left( { - 15} \right)^2}$.

Suy ra $x = 15$ và $x = 15$ hoặc $x = - 15$.

So với điều kiện $x > 0$, ta nhận $x = 15$.

Để chi phí thấp nhất để đảm bảo xây được bể nước thì diện tích phần xây dựng bể nước nhỏ nhất.

Tức là, diện tích phần xây dựng bể nước (bao gồm đáy bể và các bức tường xung quanh bể) bằng $1350\,\,{m^2}$.

Chi phí thấp nhất để đảm bảo xây được bể nước là: $1350.500\,\,000 = 675\,\,000\,\,000$ (đồng).

Vậy chi phí thấp nhất để đảm bảo xây được bể nước là $675\,\,000\,\,000$ đồng.

Đáp án: Suy ra $\widehat {BKM} = \widehat {EMS}$ (cặp góc tương ứng). Đường tròn $\left( O \right)$, có: $\widehat {BKA} = \widehat {ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ). Đường tròn $\left( J \right)$, có: $\widehat {EMA} = \widehat {AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ). Ta có: $\widehat {AMS} = \widehat {EMS} - \widehat {EMA} = \widehat {BKA} - \widehat {EMA} = \widehat {ACB} - \widehat {AFE}$ (6) Từ (5) và (6), ta thu được: $\widehat {AMS} = \widehat {OAK}$ (hai góc ở vị trí so le trong). Vậy $AD\,{\rm{//}}\,SM$ (điều phải chứng minh).