Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Phan Chu Trinh (Hà Nội) có đáp án

Quan sát bảng thống kê, ta có:

Tần số bạn Nam sử dụng Internet:

⦁ Từ $0$ đến dưới $1$ giờ là $3$ ngày;

⦁ Từ $1$ đến dưới $2$ giờ là $6$ngày;

⦁ Từ $2$ đến dưới $3$ giờ là $9$ ngày;

⦁ Từ $3$ đến dưới $4$ giờ là $8$ ngày;

⦁ Từ $4$ đến dưới $5$ giờ là $4$ ngày.

Ta có bảng tần số ghép nhóm sau:

Tần số tương đối bạn Nam sử dụng Internet:

⦁ Từ $0$ đến dưới $1$ giờ là: $\frac{3}{{30}}.100\% = 10\%$;

⦁ Từ $1$ đến dưới $2$ giờ là: $\frac{6}{{30}}.100\% = 20\%$;

⦁ Từ $2$ đến dưới $3$ giờ là: $\frac{9}{{30}}.100\% = 30\%$;

⦁ Từ $3$ đến dưới $4$ giờ là: $\frac{8}{{30}}.100\% \approx 26{,}7\%$;

⦁ Từ $4$ đến dưới $5$ giờ là: $\frac{4}{{30}}.100\% \approx 13{,}3\%$.

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 50$.

Gọi biến cố $A$: “Rút được phiếu ghi số là bội của $5$”

Có $10$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $5;\,\,10;\,\,15;\,\,20;\,\,25;\,\,30;\,\,35;\,\,40;\,\,45;\,\,50$.

Suy ra $n\left( A \right) = 10$.

Xác suất rút được phiếu trúng thưởng là: $\frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{50}} = \frac{1}{5}$.

Vậy xác suất rút được phiếu trúng thưởng bằng $\frac{1}{5}$.

1) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 49$.

Thế $x = 49$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta có:

$A = \frac{{\sqrt {49} + 7}}{{\sqrt {49} - 2}} = \frac{{7 + 7}}{{7 - 2}} = \frac{{14}}{5}$.

Vậy $A = \frac{{14}}{5}$ khi $x = 49$.

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

Ta có: $B = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{x - 4}}$.

$= \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$.

$= \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$.

$= \frac{{\sqrt x - 2 - 2\sqrt x - 4 + x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$.

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

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

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

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

3) Tìm $x$ để biểu thức $P = AB$ đạt giá trị nguyên.

Ta có $P = AB = \frac{{\sqrt x + 7}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}$.

$= \frac{{\sqrt x + 7}}{{\sqrt x + 2}}$.

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

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

Biểu thức $P$ đạt giá trị nguyên khi và chỉ khi $\frac{5}{{\sqrt x + 2}}$ là số nguyên.

Với $x \ge 0;x \ne 4$, ta có: $\sqrt x \ge 0$.

Suy ra $\sqrt x + 2 \ge 2$.

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

Vì vậy $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{5}{2}$.

Suy ra $P = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le 1 + \frac{5}{2} = \frac{7}{2}$ (1)

Vì $5 > 0$ và $\sqrt x + 2 \ge 2 > 0$ nên $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 0$.

Suy ra $P = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 1$ (2)

Từ (1), (2), ta thu được: $1 < P \le \frac{7}{2}$

Để $P$ nhận giá trị nguyên thì $P \in \left\{ {2\,;\,3} \right\}$.

Với $P = 2$, ta có: $1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 2$.

Suy ra $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 1$.

Do đó $\sqrt x + 2 = 5$.

Vì vậy $\sqrt x = 3$.

Suy ra $x = 9$.

Với $P = 3$, ta có: $1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 3$$\Rightarrow \sqrt x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{4}$ (thỏa mãn)

Suy ra $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 2$.

Do đó $2\sqrt x + 4 = 5$.

Vì vậy $2\sqrt x = 1$.

Suy ra $\sqrt x = \frac{1}{2}$.

Khi đó $x = \frac{1}{4}$.

So với điều kiện $x \ge 0;x \ne 4$, ta nhận $x = 9;\,\,x = \frac{1}{4}$.

Vậy $x = 9;\,\,x = \frac{1}{4}$ thì biểu thức $P = AB$ đạt giá trị nguyên.

Gọi số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất theo dự kiến là $x$ $\left( {x \in {\mathbb{N}^ * }} \right)$.

Thời gian hoàn thành theo dự kiến là: $\frac{{300}}{x}$ (ngày).

Số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất thực tế là: $x + 5$ (chiếc).

Thời gian hoàn thành thực tế là: $\frac{{300}}{{x + 5}}$ (ngày).

Vì 3 ngày trước khi hết thời hạn, cơ sở sản xuất đã hoàn thành 300 chiếc đèn lồng nên ta có phương trình: $\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 5}} = 3$.

Suy ra $\frac{{300\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{300x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{3x\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}}$.

Do đó $300\left( {x + 5} \right) - 300x = 3x\left( {x + 5} \right)$.

Vì vậy $300x + 1500 - 300x = 3{x^2} + 15x$.

Suy ra $3{x^2} + 15x - 1500 = 0$.

Khi đó ${x^2} + 5x - 500 = 0$.

Vì vậy ${x^2} + 25x - 20x - 500 = 0$.

Suy ra $x\left( {x + 25} \right) - 20\left( {x + 25} \right) = 0$.

Do đó $\left( {x - 20} \right)\left( {x + 25} \right) = 0$.

Vì vậy $x - 20 = 0$ hoặc $x + 25 = 0$.

Suy ra $x = 20$ hoặc $x = - 25$.

So với điều kiện $x \in {\mathbb{N}^ * }$, ta nhận $x = 20$.

Vậy số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất theo dự kiến là 20 chiếc.

Giải phương trình $2{x^2} - 6x - 11 = 0$.

Ta có: $\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.2.\left( { - 11} \right) = 36 + 88 = 124 > 0$.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) + \sqrt {124} }}{{2.2}} = \frac{{6 + 2\sqrt {31} }}{4} = \frac{{3 + \sqrt {31} }}{2}$;

${x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) - \sqrt {124} }}{{2.2}} = \frac{{6 - 2\sqrt {31} }}{4} = \frac{{3 - \sqrt {31} }}{2}$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là ${x_1} = \frac{{3 + \sqrt {31} }}{2};\,\,{x_2} = \frac{{3 - \sqrt {31} }}{2}$.

Áp dụng định lý Viète, ta có: $S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - \left( { - 5} \right)}}{3} = \frac{5}{3}$.

$P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{1}{3}$.

Ta có: $A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} - 3x_1^2x_2^2$.

$= x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3x_1^2x_2^2$.

$= x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 4{x_1}{x_2} - 3x_1^2x_2^2$.

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 3{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}$.

$= {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} - 4.\frac{1}{3} - 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}$.

$= \frac{{25}}{9} - \frac{4}{3} - 3.\frac{1}{{{3^2}}}$.

$= \frac{{25}}{9} - \frac{4}{3} - \frac{1}{3}$.

$= \frac{{10}}{9}$.

Vậy giá trị của biểu thức $A$ bằng $\frac{{10}}{9}$.

a) Bán kính bề mặt của thớt là: $\frac{{34}}{2} = 17\,\,\left( {cm} \right)$.

Tổng diện tích hai mặt của thớt là: $2.\pi {r^2} \approx 2.3,{14.17^2} = 1814{,}92\,\,\left( {c{m^2}} \right)$.

Vậy tổng diện tích hai mặt của thớt là $1814{,}92\,\,c{m^{\rm{2}}}$.

b) Cần ít nhất số gam bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt là:

$\frac{{1814{,}92}}{{50}} = 36{,}2984 \approx 36{,}3\,\,\left( {gam} \right)$.

Vậy cần ít nhất $36{,}3\,\,gam$ bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt.

a) Ta có: $MI \bot AB$ tại $I$ ($I$ thuộc $AB$).

Suy ra tam giác $AMI$ vuông tại $I$.

Do đó ba điểm $A,M,I$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AM$ (1)

Chứng minh tương tự, ta được: ba điểm $A,M,K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AM$ (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác $AIKM$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$.

b) Vì $MI \bot AB$ tại $I$nên $\widehat {AIE} = 90^\circ$.

Mà $\widehat {ANB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$).

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

Xét $\Delta AIE$ và $\Delta ANB$, có:

$\widehat {EAI}$ chung;

$\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ$ (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{{AE}}{{AB}}$.

Vậy $AI.AB = AE.AN$ (điều phải chứng minh).

Ta có: $\widehat {MAK} = \widehat {MIK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính $AM$).

Suy ra $\widehat {MAN} = \widehat {MIK}$.

Mà $\widehat {MAN} = \widehat {MBN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn $\left( O \right)$).

Do đó $\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}$.

Vì tứ giác $AIKM$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ nên $\widehat {MAI} + \widehat {MKI} = 180^\circ$ hay $\widehat {MAB} + \widehat {MKI} = 180^\circ$ (3)

Vì tứ giác $AMNB$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {MAB} + \widehat {MNB} = 180^\circ$ (4)

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

Xét $\Delta MKI$ và $\Delta MNB$, có:

$\,\widehat {MKI} = \widehat {MNB}$ (chứng minh trên);

$\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}$ (chứng minh trên).

Vậy (g.g).

c) Kéo dài $MH$ cắt $AB$ tại $C$.

Ta có: $MI,AK$ là hai đường cao của $\Delta MAC$.

Mà $E$ là giao điểm của $MI,AK$.

Khi đó $E$ là trực tâm của $\Delta MAC$.

Suy ra $CE \bot MA$ (5)

Ta có: $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$).

Do đó $AM \bot MB$ (6)

Từ (5), (6), ta suy ra $CE\parallel MB$.

Áp dụng định lí Thalès, ta được: $\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IE}}{{EM}}$ (*)

Ta có: $\widehat {ANB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$).

Suy ra $AN \bot NB$.

Mà $AN \bot HC$ (giả thiết).

Do đó $HC\parallel NB$.

Áp dụng định lí Thalès, ta được: $\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IH}}{{HN}}$ (**)

Từ (*), (**), ta thu được: $\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IH}}{{HN}}$.

Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được: $EH\parallel MN$.

Vậy $EH\parallel MN$ (điều phải chứng minh).

Điều kiện: $a,b,h > 0$.

Vì tỉ số của chiều rộng và chiều dài là $1:3$ nên $b = 3a$.

Ta có thể tích của thùng bằng $\frac{9}{4}\,\,d{m^3}$. Tức là, $V = \frac{9}{4}\,\,\left( {d{m^3}} \right)$.

Suy ra $a.b.h = \frac{9}{4}$.

Do đó $a.3a.h = \frac{9}{4}$.

Vì vậy $3{a^2}.h = \frac{9}{4}$.

Suy ra $h = \frac{3}{{4{a^2}}}$.

Diện tích xung quanh của thùng là:

${S_1} = 2.a.h + 2.b.h = 2a.\frac{3}{{4{a^2}}} + 2.3a.\frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{2a}} + \frac{9}{{2a}} = \frac{{12}}{{2a}} = \frac{6}{a}\,\,\,\left( {d{m^2}} \right)$.

Diện tích đáy của thùng là:

${S_2} = a.b = a.3a = 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)$.

Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:

$S = {S_1} + {S_2} = \frac{6}{a} + 3{a^2} = \frac{3}{a} + \frac{3}{a} + 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $\frac{3}{a};\frac{3}{a};3{a^2}$, ta được:

$S = 3{a^2} + \frac{3}{a} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{3{a^2}.\frac{3}{a}.\frac{3}{a}}} = 9$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{3}{a} = 3{a^2}$.

Suy ra ${a^3} = 1$.

Do đó $a = 1$.

So với điều kiện $a > 0$, ta nhận $a = 1$.

Ta có: $b = 3a = 3.1 = 3$ và $h = \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{{{4.1}^2}}} = \frac{3}{4}$.

So với điều kiện $b,h > 0$, ta nhận $b = 3$ và $h = \frac{3}{4}$.

Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì diện tích vật liệu dùng để làm thùng nhỏ nhất và bằng $9\,\,d{m^2}$.

Vậy các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao của thùng lần lượt là $1\,\,dm\,;\,3\,\,dm\,;\,\,\frac{3}{4}\,\,dm$.