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

1) Tính giá trị của $A$ tại $x = 25.$

Thay $x = 25$(thỏa mãn điều kiện $x > 0\,;\,x \ne 4$) vào biểu thức $A$, ta có:

$A = \frac{{\sqrt {25} + 5}}{{\sqrt {25} }} = \frac{{5 + 5}}{5} = \frac{{10}}{5} = 2$.

Vậy $A = 2$ khi $x = 25.$

2) Chứng minh $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$.

Ta có: $B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} - \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{6 + \sqrt x }}{{x - 4}}$

$= \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{6 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

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

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

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

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

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$, với $x > 0\,;\,x \ne 4$.

3) Cho $P = A.B$. Tìm giá trị của $x$ để $P$ là số nguyên.

Ta có: $P = A.B = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$

$$= \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 2}}$$

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

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

$= 1 + \frac{3}{{\sqrt x + 2}}$.

Ta có: $3 > 0$ và $\sqrt x + 2 > 0$, với $x > 0\,;\,x \ne 4$.

Suy ra $\frac{3}{{\sqrt x + 2}} > 0$.

Do đó $1 + \frac{3}{{\sqrt x + 2}} > 1 + 0$.

Vì vậy $P > 1$ (1)

Ta lại có: $\sqrt x + 2 > 2$, với $x > 0\,;\,x \ne 4$.

Suy ra $\frac{3}{{\sqrt x + 2}} < \frac{3}{2}$.

Khi đó $1 + \frac{3}{{\sqrt x + 2}} < 1 + \frac{3}{2}$.

Vì vậy $P < \frac{5}{2}$ (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra $1 < P < \frac{5}{2}$.

Mà $P$ là số nguyên (giả thiết).

Do đó $P = 2$ hay $1 + \frac{3}{{\sqrt x + 2}} = 2$.

Vì vậy $\frac{3}{{\sqrt x + 2}} = 1$ (vì $\sqrt x + 2 \ne 0$, với $x > 0\,;\,x \ne 4$).

Suy ra $3 = \sqrt x + 2$.

Khi đó $\sqrt x = 1$.

Vì vậy $x = 1$.

So với điều kiện $x > 0\,;\,x \ne 4$, ta nhận $x = 1$.

Vậy $x = 1$ thì $P$ là số nguyên.

Số hộp mù sản xuất trong thực tế là: $3600 + 150 = 3750$ (hộp).

Gọi mỗi ngày nhà sản xuất đã làm được số hộp mù là $x$ (hộp).

Điều kiện: $x \in {\mathbb{N}^*}$.

Thời gian dự định làm xong số hộp mù là: $\frac{{3600}}{x}$ (ngày).

Thực tế mỗi ngày nhà sản xuất đã làm được số hộp mù là: $x + 50$ (hộp).

Thời gian thực tế làm xong số hộp mù dự định và làm thêm được $150$ hộp so với dự kiến là: $\frac{{3750}}{{x + 50}}$ (ngày).

Vì nhà sản xuất đã hoàn thành công việc trước $3$ ngày nên ta có phương trình:

$\frac{{3600}}{x} - \frac{{3750}}{{x + 50}} = 3$ (Điều kiện: $x \in {\mathbb{N}^*}$).

Suy ra $\frac{{3600\left( {x + 50} \right)}}{{x\left( {x + 50} \right)}} - \frac{{3750x}}{{x\left( {x + 50} \right)}} = \frac{{3x\left( {x + 50} \right)}}{{x\left( {x + 50} \right)}}$.

Do đó $3600\left( {x + 50} \right) - 3750x = 3x\left( {x + 50} \right)$.

Vì vậy $3600x + 180000 - 3750x = 3{x^2} + 150x$.

Suy ra $3{x^2} + 300x - 180000 = 0$ hay ${x^2} + 100x - 60000 = 0$.

Tức là, ${x^2} + 300x - 200x - 60000 = 0$.

Khi đó $x\left( {x + 300} \right) - 200\left( {x + 300} \right) = 0$.

Vì vậy $\left( {x - 200} \right)\left( {x + 300} \right) = 0$.

Suy ra $x - 200 = 0$ hoặc $x + 300 = 0$.

Do đó $x = 200$ hoặc $x = - 300$.

So với điều kiện $x \in {\mathbb{N}^*}$, ta nhận $x = 200$.

Vậy theo dự kiến, mỗi ngày nhà sản xuất làm xong $200$ hộp mù.

Diện tích miếng pizza có bán kính $18$ cm là: ${S_1} = \frac{{\pi {{.18}^2}.45^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{81\pi }}{2}\,\,\,(c{m^2})$

Diện tích miếng pizza có bán kính $16$ cm là: ${S_2} = \frac{{\pi {{.16}^2}.60^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{128\pi }}{3}\,\,\,(c{m^2})$

Vì $\frac{{128\pi }}{3} > \frac{{81\pi }}{2}$ nên ${S_2} > {S_1}$.

Vậy người mua nên mua miếng pizza có bán kính $16$ cm và góc ở tâm $60^\circ$ để có lợi hơn nếu người mua thích hai loại bánh như nhau.

a) Thay $a = 2$ vào phương trình (1), ta được: ${x^2} - 3x + 2 = 0$.

Suy ra $\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0$.

Do đó $x - 2 = 0$ hoặc $x - 1 = 0$.

Vì vậy $x = 2$ hoặc $x = 1$.

Vậy khi $a = 2$ thì phương trình (1) có hai nghiệm là $x = 2$ hoặc $x = 1$.

b) Ta có: ${x^2} - 3x + a = 0$ (1)

Ta có: $\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.a = 9 - 4a$.

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0$.

Suy ra $9 - 4a > 0$.

Do đó $4a < 9$.

Vì vậy $a < \frac{9}{4}$.

Áp dụng định lí Viète, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 3}}{1} = 3\\P = {x_1}.{x_2} = \frac{a}{1} = a\end{array} \right.$

Theo đề, ta có: $x_1^2 + x_2^2 = - x_1^2x_2^2 + 8$.

Suy ra .

$x_1^2 + x_2^2 + x_1^2x_2^2 - 8 = 0$Vì vậy $9 - 2a + {a^2} - 8 = 0$.

Suy ra ${a^2} - 2a + 1 = 0$.

Khi đó ${\left( {a - 1} \right)^2} = 0$.

Vì vậy $a - 1 = 0$.

Tức là, $a = 1$.

So với điều kiện $a < \frac{9}{4}$, ta nhận $a = 1$.

Vậy $a = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1) Vì $OD \bot BC$ tại $H$ nên $\Delta BHD$ vuông tại $H$.

Suy ra $\Delta BHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$ (1)

Ta có: $\widehat {AEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$)

Suy ra $BE \bot AD$ tại $E$.

Vì $\Delta BED$ vuông tại $E$ nên $\Delta BED$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra tứ giác $BHED$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $BD$.

2) Xét $\Delta AOD$ và $\Delta CEB$, có:

$\widehat {OAD} = \widehat {BCE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn $\left( O \right)$);

$\widehat {ADO} = \widehat {CBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính $BD$).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AO}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{EB}}$ (tỉ số đồng dạng)

Vậy $AO.EB = OD.CE$ (điều phải chứng minh).

3) Vì $OB = OC$nên $\Delta OBC$cân tại $O$.

Do đó $OH$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của $\Delta OBC$.

Suy ra $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì vậy $BC = 2BH$.

Vì $I$ là trung điểm của $HD$ nên $DH = 2DI$.

Ta có: $\widehat {ACB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$).

Vì $Bx$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABD} = 90^\circ$ hay $AB \bot BD$.

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta BDH$, có:

$\widehat {ACB} = \widehat {BHD} = 90^\circ$;

$\widehat {ABC} = \widehat {HDB}$ (cùng phụ $\widehat {DBH}$).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BC}}{{DH}}$.

Mà $DH = 2DI{\rm{, }}BC = 2BH$ (chứng minh trên).

Vì vậy $\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{2BH}}{{2DI}} = \frac{{BH}}{{DI}}$.

Xét $\Delta HAB$ và $\Delta IBD$, có:

$\widehat {ABH} = \widehat {BDI}$ (do );

$\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BH}}{{DI}}$ (chứng minh trên).

Do đó (c.g.c).

Suy ra $\widehat {HAB} = \widehat {IBD}$ (cặp góc tương ứng).

Gọi $F'$ là giao điểm của $AH$ và $BI$.

Ta có: $\widehat {IBD} + \widehat {IBA} = \widehat {ABD} = 90^\circ$ (do $AB \bot BD$).

Mà $\widehat {HAB} = \widehat {IBD}$ (chứng minh trên).

Suy ra $\widehat {HAB} + \widehat {ABI} = 90^\circ$ hay $\widehat {F'AB} + \widehat {F'BA} = 90^\circ$.

Do đó $\Delta ABF'$ vuông tại $F'$.

Vì vậy $AF' \bot BI$.

Ta có: $\widehat {AFB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$).

Suy ra $AF \bot BI$.

Mà $AF' \bot BI$ (chứng minh trên).

Do đó $AF$ trùng $AF'$.

Suy ra $F'$ trùng với $F$.

Vì vậy $HF \bot BI$ (điều phải chứng minh).

Vậy và $HF \bot BI.$