Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Ngô Sĩ Liên (Hà Nội) có đáp án

a) Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[ {20;30} \right)$ là ${n_2} = 15$.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {20;30} \right)$ là: ${f_2} = \frac{{{n_2}}}{N}.100\% = \frac{{15}}{{50}}.100\% = 30\%$.

Vậy tần số ghép nhóm và tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {20;30} \right)$ lần lượt là $15$ và $30\%$.

b) Vẽ biểu đồ:

a) Không gian mẫu của phép thử là:

${\rm{\Omega }} = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10;\,\,11;\,\,12;\,\,13;\,\,14;\,\,15;\,\,16;\,\,17;\,\,18;\,\,19;\,\,20} \right\}$.

b) Từ kết quả câu a), ta có không gian mẫu ${\rm{\Omega }}$ có $20$ phần tử.

Biến cố $A$: “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia cho $4$ dư $1$”.

Có $5$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $1;\,\,5;\,\,9;\,\,13;\,\,17$.

Xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ bằng $\frac{1}{4}$.

a) Thay $x = 9$(thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $P$, ta được:

$P = \frac{{9 + 3}}{{\sqrt 9 - 2}} = \frac{{12}}{{3 - 2}} = \frac{{12}}{1} = 12$.

Vậy $P = 12$ khi $x = 9$.

b) Với $x > 0,x \ne 4$, ta có:

$Q = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}}$.

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

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

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

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

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

$= \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}$.

Vậy $Q\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}$ (điều phải chứng minh).

c) Với $x > 0,x \ne 4$, ta có:

$\frac{P}{Q} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}$.

$= \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}$.

$= \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }}$.

$= \sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\sqrt x$ và $\frac{3}{{\sqrt x }}$, ta được:

$\sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x .\frac{3}{{\sqrt x }}} = 2\sqrt 3$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt x = \frac{3}{{\sqrt x }}$.

Suy ra $x = 3$.

Vậy $\frac{P}{Q} \ge 2\sqrt 3$ (điều phải chứng minh).

Gọi số tiền bác Toàn đầu tư vào khoản đầu tư thứ nhất, thứ hai lần lượt là $x,y$ (triệu đồng).

Điều kiện: $0 < x,y < 500$.

Vì tổng số tiền bác Toàn đầu tư vào hai khoản đầu tư là $500$ triệu đồng nên ta có phương trình:

$x + y = 500$ (1)

Vì lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là $6\%$/năm nên số tiền lãi thu được cho khoản đầu tư thứ nhất là: $x.6\% = 0{,}06x$ (triệu đồng).

Vì lãi suất cho khoản đầu tư thứ hai là $8\%$ năm nên số tiền lãi thu được cho khoản đầu tư thứ hai là: $y.8\% = 0{,}08.y$ (triệu đồng).

Do tổng số tiền lãi bác Toàn thu được là $34$triệu đồng nên ta có phương trình: $0{,}06x + 0{,}08y = 34$ (2)

Từ (1), (2), ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0{,}06x + 0{,}08y = 34\end{array} \right.$

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}y = 500 - x\\0{,}06x + 0{,}08y = 34\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Thế $y = 500 - x$ vào phương trình (2), ta được: $0{,}06x + 0{,}08.\left( {500 - x} \right) = 34$.

Tức là, $0{,}06x + 40 - 0{,}08x = 34$.

Suy ra $0{,}02x = 6$.

Do đó $x = \frac{6}{{0{,}02}}$.

Vì vậy $x = 300$.

Với $x = 300$, ta có: $y = 500 - x = 500 - 300 = 200$.

So với điều kiện $0 < x,y < 500$, ta nhận $x = 300;\,\,y = 200$.

Vậy số tiền bác Toàn đã đầu tư vào khoản đầu tư thứ nhất, thứ hai lần lượt là $300$ triệu đồng và $200$ triệu đồng.

a) Chu vi bể tắm là: $C = 2\pi r \approx 2.3{,}14.3 = 18{,}84\,\,\left( m \right)$.

Vậy chu vi bể tắm là $18{,}84\,\,m$.

b) Đổi: $50\,\,cm = 0{,}5\,\,m$.

Độ dài đoạn $OB$ là: $OB = OA - AB = 3 - 0{,}5 = 2{,}5\,\,\left( m \right)$.

Diện tích bề mặt của $16$ tấm ván là: $3{,}14.\left( {{3^2} - 2,{5^2}} \right) = 3{,}14.\left( {9 - 6{,}25} \right) = 8{,}635\,\,\left( {{m^2}} \right)$

Đổi: $8{,}635\,\,{m^2} = 863{,}5\,\,d{m^2}$.

Diện tích bề mặt của mỗi tấm ván là: $\frac{{863{,}5}}{{16}} \approx 54\,\,\left( {d{m^2}} \right)$.

Vậy diện tích bề mặt của mỗi tấm ván là $54\,\,d{m^2}$.

1) Vì $AD$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $AD \bot BC$ tại $D$.

Suy ra $\widehat {ADB} = 90^\circ$.

Do đó ba điểm $A,D,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (1)

Vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $BE \bot AC$ tại $E$.

Suy ra $\widehat {AEB} = 90^\circ$.

Do đó ba điểm $A,E,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (2)

Từ (1) và (2), ta thu được bốn điểm $A,D,B,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

2) Ta có:

⦁ $\widehat {EBD} = \widehat {EAD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính $AB$).

⦁ $\widehat {CAG} = \widehat {CBG}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn $\left( O \right)$).

Do đó $\widehat {EBD} = \widehat {CBG}$.

Vậy $BC$ là tia phân giác của $\widehat {HBG}$.

3) Xét $\Delta ABC$ có các đường cao $AD,BE$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$.

Suy ra $CH \bot AB$.

Do đó $\widehat {HCD} + \widehat {ABD} = 90^\circ$.

Mà $\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ$ (do $\Delta ABD$ vuông tại $D$).

Suy ra $\widehat {HCD} = \widehat {BAD}$.

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta CDH$, có:

$\widehat {ADB} = \widehat {CDH} = 90^\circ$;

$\widehat {BAD} = \widehat {HCD}$ (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{CH}}$.

Vậy $CH.AD = CD.AB$ (điều phải chứng minh).

4) Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $\left( O \right)$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK$, có:

$\widehat {ABK} = \widehat {ACK} = 90^\circ$ (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $AB \bot BK;AC \bot CK$.

Vì $AB \bot BK;CH \bot AB$ nên $BK\parallel CH$.

Vì $AC \bot CK;BH \bot AC$ nên $CK\parallel BH$.

Xét tứ giác $BHCK$, có: $CK\parallel BH$ và $BK\parallel CH$.

Suy ra tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

Hình bình hành $BHCK$, có: $N$ là trung điểm của $BC$ (giả thiết).

Suy ra $N$ cũng là trung điểm $HK$.

Xét $\Delta AHK$, có: $O,M$ lần lượt là trung điểm $AK,AH$.

Suy ra $OM$ là đường trung bình của $\Delta AHK$.

Do đó $OM\parallel HK$.

Vì vậy $\widehat {OMD} = \widehat {NHD}$ (hai góc đồng vị).

Ta có: $BD$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của $\Delta BHG$.

Suy ra $\Delta BHG$ cân tại $B$.

Do đó $BD$ cũng là đường trung trực của $\Delta BHG$.

Vì vậy $BD$ là đường trung trực của đoạn thẳng $HG$.

Mà $N \in BD$.

Suy ra $NH = NG$.

Khi đó $\Delta NHG$ cân tại $N$.

Vì vậy $\widehat {NHD} = \widehat {NGD}$.

Mà $\widehat {OMD} = \widehat {NHD}$ (chứng minh trên).

Vậy $\widehat {OMD} = \widehat {NGD}$.

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x$ (Điều kiện: $x > 0$).

Suy ra chiều dài của đáy bể là $2x$.

Gọi chiều cao của bể là $h$ (Điều kiện: $h > 0$).

Thể tích của bể là: $V = x \cdot 2x \cdot h$.

Suy ra $h = \frac{V}{{2{x^2}}} = \frac{{36}}{{2{x^2}}} = \frac{{18}}{{{x^2}}}$.

Diện tích bể cần xây là: $S = 2\left( {x + 2x} \right)h + x \cdot 2x$

$= 6x \cdot \frac{{18}}{{{x^2}}} + 2{x^2}$

$= \frac{{108}}{x} + 2{x^2}$

$= \frac{{54}}{x} + \frac{{54}}{x} + 2{x^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $\frac{{54}}{x};\frac{{54}}{x};2{x^2}$, ta được:

$\frac{{54}}{x} + \frac{{54}}{x} + 2{x^2} \ge 3.\sqrt[3]{{\frac{{54}}{x}.\frac{{54}}{x}.2{x^2}}}$.

$= 3.\sqrt[3]{{5832}} = 3.18 = 54$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{54}}{x} = 2{x^2}$.

Suy ra $2{x^3} = 54$.

Do đó ${x^3} = 27$.

Vì vậy $x = 3$.

Khi đó diện tích xây nhỏ nhất của bể là $54\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Muốn số tiền thuê nhân công nhỏ nhất thì diện tích xây phải nhỏ nhất (do giá thuê là $300\,\,000$ đồng$/{{\rm{m}}^2}$không thay đổi).

Số tiền thuê nhân công nhỏ nhất để xây bể là: $54.300\,\,000 = 16\,\,200\,\,000$ (đồng).

Vậy số tiền thuê nhân công nhỏ nhất để xây bể là $16\,\,200\,\,000$ đồng.