Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm (Hà Nội) có đáp án

a) Cỡ mẫu: $N = 8.5 = 40$.

Tần số của số áo sơ mi size XS đã bán trong một ngày của cửa hàng là: ${m_1} = 7$.

Do đó tần số tương đối cho số áo sơ mi size XS đã bán trong một ngày của cửa hàng là:

${f_1} = \frac{{{m_1}}}{N}.100\% = \frac{7}{{40}}.100\% = 17{,}5\%$.

Thực hiện tương tự như vậy, ta tìm được tần số và tần số tương đối của các size áo sơ mi còn lại.

Ta có bảng tần số và tần số tương đối cho mẫu số liệu trên như sau:

b) Biểu đồ dạng cột mô tả bảng tần số tương đối của mẫu số liệu trên như sau:

a) Không gian mẫu:

$\Omega =${Điểm $M$ và $N$; điểm $M$ và $P$; điểm $M$ và $Q$; điểm $N$ và $P$; điểm $N$ và $Q$; điểm $P$ và $Q$}.

b) Từ kết quả câu a), ta thấy $\Omega$ có $6$phần tử.

Có $2$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: điểm $M$ và $N$; điểm $P$ và $Q$.

Xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Có $3$ kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là: điểm $M$ và $N$; điểm $N$ và $P$; điểm $N$ và $Q$.

Xác suất của biến cố $B$ là: $P\left( B \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ và $B$ lần lượt là $\frac{1}{3}$ và $\frac{1}{2}$.

a) Thay $x = 25\,$(thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức $M$, ta có:

$M = \frac{{25 - 4}}{{\sqrt {25} + 3}} = \frac{{21}}{{5 + 3}} = \frac{{21}}{8}$.

Vậy $M = \frac{{21}}{8}$ khi $x = 25.$

b) Với $x \ge 0,x \ne 4$, ta có:

$N = \frac{{5\sqrt x + 2}}{{x + 2\sqrt x - 8}} - \frac{3}{{\sqrt x + 4}}$

$= \frac{{5\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}} - \frac{3}{{\sqrt x + 4}}$

$= \frac{{5\sqrt x + 2 - 3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}$

$= \frac{{5\sqrt x + 2 - 3\sqrt x + 6}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}$

$= \frac{{2\sqrt x + 8}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 4} \right)}}$

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

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

Vậy $N = \frac{2}{{\sqrt x - 2}}$.

c) Ta có: $P = \frac{{M.N}}{2} = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 3}}.\frac{2}{{\sqrt x - 2}}.\frac{1}{2}$

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

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

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

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

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

Vì $\sqrt x \ge 0$ nên $\sqrt x + 3 \ge 3$.

Suy ra $\frac{1}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{1}{3}$.

Do đó $\frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 3}} \ge \frac{{ - 1}}{3}$.

Vì vậy $P = 1 - \frac{1}{{\sqrt x + 3}} \ge 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $\frac{2}{3}$ khi $x = 0$.

Gọi số dãy ghế ban đầu nhà trường kê là $x$ (dãy ghế) ($x \in {\mathbb{N}^*};x > 10$).

Trong buổi gặp đầu tiên, nhà trường dự kiến kê $120$ ghế nên mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi là $\frac{{120}}{x}$ (chỗ ngồi).

Thực tế phải kê thêm $1$ dãy ghế và mỗi dãy ghế phải thêm $2$ người ngồi để có 160 ghế nên ta có phương trình: $\left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{120}}{x} + 2} \right) = 160$ hay $\left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{120 + 2x}}{x}} \right) = 160$.

Suy ra $\left( {x + 1} \right)\left( {120 + 2x} \right) = 160x$.

Tức là, $120x + 120 + 2{x^2} + 2x = 160x$.

Khi đó $2{x^2} - 38x + 120 = 0$.

Vì vậy ${x^2} - 19x + 60 = 0$.

Suy ra ${x^2} - 15x - 4x + 60 = 0$.

Do đó $x\left( {x - 15} \right) - 4\left( {x - 15} \right) = 0$.

Vì vậy $\left( {x - 4} \right)\left( {x - 15} \right) = 0$.

Suy ra $x - 4 = 0$ hoặc $x - 15 = 0$.

Do đó $x = 4$ hoặc $x = 15$.

So với điều kiện $x \in {\mathbb{N}^*};x > 10$, ta nhận $x = 15$.

Số chỗ ngồi của mỗi dãy ghế ban đầu nhà trường kê là: $\frac{{120}}{{15}} = 8$ (chỗ ngồi).

Vậy số dãy ghế ban đầu nhà trường kê là $15$ dãy ghế và mỗi dãy ghế có $8$ chỗ ngồi.

a) Vì $D,E \in \left( O \right)$ nên $OD = OE = R$.

Suy ra $\Delta ODE$ cân tại $O$.

Mà $OI$ là đường trung tuyến của $\Delta ODE$ (vì $I$ là trung điểm của $DE$).

Do đó $OI$ cũng là đường cao của $\Delta ODE$.

Vì vậy $OI \bot DE$.

Suy ra $\Delta OIM$ vuông tại $I$.

Vì vậy ba điểm $O,I,M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$ (1)

Ta có: $MB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$, với $B$ là tiếp điểm.

Suy ra $OB \bot MB$.

Do đó $\Delta OBM$ vuông tại $B$.

Vì vậy ba điểm $O,B,M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$ (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra $M,B,I,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$.

b) Xét $\Delta OIM$vuông tại $I$, có: $O{M^2} = I{M^2} + O{I^2}$ (Định lý Pythagore).

Xét $\Delta OID$vuông tại $I$, có: $O{I^2} = O{D^2} - I{D^2}$ (Định lý Pythagore).

Xét $\Delta OBM$vuông tại $B$, có: $M{B^2} = O{M^2} - O{B^2}$ (Định lý Pythagore).

$= I{M^2} + O{I^2} - O{B^2}$.

$= I{M^2} + O{D^2} - I{D^2} - O{B^2}$.

$= I{M^2} - I{D^2}$ (do $OD = OB = R$).

$= \left( {IM + ID} \right)\left( {IM - ID} \right)$.

$= \left( {IM + IE} \right)\left( {IM - ID} \right)$ (do $IE = ID$).

$= ME.MD$ (điều phải chứng minh).

Vậy $MD.ME = M{B^2}$.

c) Gọi $H$ là giao điểm của $BC$ và $MO$.

Ta có: $MB,MC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$, với $B,C$ là hai tiếp điểm.

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được:

$MB = MC$ và $MO$ là tia phân giác của $\widehat {BMC}$.

Suy ra $\Delta BMC$ cân tại $M$ có $MO$ là đường phân giác.

Khi đó $MO$ cũng là đường trung trực của $\Delta BMC$.

Suy ra $MO \bot BC$ tại $H$ và $H$ là trung điểm của $BC$.

Xét $\Delta BKC$, có:

⦁ $H$ là trung điểm của $BC$ (chứng minh trên);

⦁ $O$ là trung điểm của $BK$ (vì $BK$ là đường kính của đường tròn $\left( O \right)$).

Do đó $OH$ là đường trung bình của .

Suy ra $OH\,{\rm{//}}\,CK$.

Vì vậy $OM\,{\rm{//}}\,CK$ (điều phải chứng minh).

Đường tròn $\left( O \right)$ có $BK$ là đường kính.

Suy ra $\widehat {KCB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông).

Xét $\Delta OBM$ và $\Delta KCB$, có:

$\widehat {OBM} = \widehat {KCB} = 90^\circ$;

$\widehat {BMO} = \widehat {CBK}$ (cùng phụ với $\widehat {BOM}$).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BM}}{{CB}}$.

Vậy $OB.CB = BM.CK$ (điều phải chứng minh).

Điều kiện: $0 \le x \le 20$.

Vì $MD = NE = PF = QG = x$ nên $MG = QF = PE = ND = 20 - x$.

Diện tích tấm bìa hình vuông $MNPQ$ là: ${S_{MNPQ}} = {20^2} = 400\,\,\left( {c{m^2}} \right)$.

Các tam giác vuông$MDG,NDE,PEF,QGF$ có hai cạnh góc vuông có độ dài là $x$ và $20 - x$ nên đều có diện tích là: $\frac{1}{2}x\left( {20 - x} \right)\,\,\left( {c{m^2}} \right)$.

Như vậy, diện tích tứ giác $DEFG$ là:

$S = {S_{MNPQ}} - \left( {{S_{MDG}} + {S_{NDE}} + {S_{PEF}} + {S_{QGF}}} \right)$

$= 400 - \frac{1}{2}x\left( {20 - x} \right)$

$= 400 - 10x + \frac{1}{2}{x^2}$

$= 350 + \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 20x + 100} \right)$

$= 350 + \frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2}$.

Vì ${\left( {x - 10} \right)^2}\, \ge 0$ nên $\frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2}\, \ge \frac{1}{2}.0 = 0$.

Do đó $350 + \frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2} \ge 350 + 0 = 350$.

Vì vậy $S\, \ge 350$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x - 10 = 0$ hay $x = 10$.

So với điều kiện $0 \le x \le 20$, ta nhận $x = 10$.

Vậy độ dài $MD$ bằng $10$ cm thì tứ giác $DEFG$ có diện tích nhỏ nhất.