Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2025-2026 THCS Lê Quý Đôn (Hà Nội) có đáp án

a) $\{\begin{array}{c}x+2y=4\\ 2x+9y=18\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $2$ ta được: $\{\begin{array}{c}2x+4y=8\\ 2x+9y=18\end{array}$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$5y=10$ suy ra $y=2$.

Thế $y=2$ vào phương trình thứ nhất ta được

$x+2.2=4$ suy ra $x=0$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left(0;2\right)$.

b) $\{\begin{array}{c}\frac{1}{x}-\frac{2}{y}=2\\ \frac{3}{x}+\frac{1}{y}=1\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $3$ ta được: $\{\begin{array}{c}\frac{3}{x}-\frac{6}{y}=6\\ \frac{3}{x}+\frac{1}{y}=1\end{array}$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$\frac{7}{y}=-5$ suy ra $y=\frac{-7}{5}$.

Thế $y=\frac{-7}{5}$ vào phương trình thứ nhất ta được:

$\frac{1}{x}-\frac{2}{\frac{-7}{5}}=2$ hay $\frac{1}{x}+\frac{10}{7}=2$ suy ra $x=\frac{7}{4}$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left(\frac{7}{4};\frac{-7}{5}\right)$.

a) $\left(x-5\right)\left(1-2x\right)=0$

$x-5=0$ hoặc $1-2x=0$

$x=5$ hoặc $2x=1$

$x=5$ hoặc $x=\frac{1}{2}$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là $x=5$ và $x=\frac{1}{2}$.

b) $\frac{10}{\left(x+5\right)\left(x-1\right)}-\frac{3}{x-1}=\frac{5}{x+5}$

Điều kiện xác định $x\ne -5$ và $x\ne 1$.

Quy đồng và khử mẫu, ta được phương trình:

$\frac{10}{\left(x+5\right)\left(x-1\right)}-\frac{3\left(x+5\right)}{\left(x+5\right)\left(x-1\right)}=\frac{5\left(x-1\right)}{\left(x+5\right)\left(x-1\right)}$

Suy ra $10-3x-15=5x-5$

            $5x+3x=10-15+5$

            $8x=0$

              $x=0$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=0$.

c) $2x+4\ge 0$

    $2x\ge -4$

     $x\ge -2$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x\ge -2$.

d) $-5x-11<13-3x$

$-5x+3x\le 13+11$

$-2x\le 24$

$x\ge -12$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x\ge -12$.

Gọi chiều dài và chiều rộng miếng đất lần lượt là $a;b$ (m) ($a>5,b>4$).

Chiều dài lớn hơn chiều rộng 5 m nên ta có: $a-b=5$ (1)

Theo bài ra ta có:

$\left(a-5\right)\left(b-4\right)=ab-180$

$ab-4a-5b+20=ab-180$

$-4a-5b=-200$

$4a+5b=200$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{c}a-b=5\\ 4a+5b=200\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 5, ta được: $\{\begin{array}{c}5a-5b=25\\ 4a+5b=200\end{array}$

Cộng từng vế hai phương trình của hệ mới ta được:

$9a=225$ hay $a=25$ (thoả mãn điều kiện).

Thế $a=25$ vào phương trình thứ (1) ta được $b=20$ (thoả mãn điều kiện).

Vậy chiều dài miếng đất là $$25\mathrm{m}$$và chiều rộng miếng đất là $$20m$$.

Gọi số quyển vở Minh có thể mua là $x$ (quyền) $\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$.

Số tiền Minh dùng để mua $x$ quyển vở là $9x$ (nghìn đồng).

Số tiền còn lại của Minh sau khi mua bút là: $200-30=170$ (nghìn đồng).

Vì số tiền Minh dùng để mua vở không được vượt quá số tiền còn lại nên ta có bất phương trình sau:

$9x\le 170$

$x\le \frac{170}{9}$

$x\le 18,\left(8\right)$

Vì $x$ là số quyển vở và phải là số nguyên dương đồng thời $x\le 18,\left(8\right)$, nên giá trị nguyên lớn nhất của $x$ thỏa mãn là $x=18$.

Vậy Minh có thể mua tối đa $18$ quyển vở.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$ (tỉ số lượng giác).

a) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, theo định lý Pythagore ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=3^2+4^2=25$

Suy ra $BC=5$ (cm).

Tính các góc: $$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{4}{5}$$ suy ra $$\hat{B}\approx 53^{\circ }$$.

                       $\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}$ suy ra $\hat{C}\approx 37^{\circ }$.

b) Có $$AH\perp BC,HE\perp AB,HF\perp AC$$ nên $\hat{A}=\hat{E}=\hat{F}=90^{\circ }$.

Suy ra tứ giác $AEHF$ là hình chữ nhật.

Xét $\Delta AHE$ và $\Delta HBE$ có:

$\widehat{AEH}=\widehat{HEB}=90^{\circ },\widehat{HAE}=\widehat{BHE}$ (cùng phụ với $\widehat{AHE})$

Do đó  (g.g) nên $\frac{AE}{HE}=\frac{HE}{BE}$ suy ra $$E{H}^2=AE.EB$$.

Chứng minh tương tự, ta có $$H{F}^2=AF.FC$$.

Lại có: $$E{F}^2=E{H}^2+H{F}^2$$ (định lý Pythagore trong tam giác vuông $EHF$)

Suy ra: $AE.EB+AF.FC=E{F}^2$.

Vậy $AE.EB+AF.FC=E{F}^2$.

c) Xét $\Delta BEH$ vuông tại $E$, ta có: $\cos B=\frac{BE}{BH}$ (1)

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$, ta có: $\cos B=\frac{BH}{AB}$ (2)

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\cos B=\frac{AB}{BC}$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ${\cos }^{3}B=\frac{BE}{BC}$.

Vậy $BE=BC.co{s}^{3}B$.

Ta có: $\Delta AEH=\Delta BFE=\Delta CGF=\Delta DHG$

Suy ra $HE=FE=FG=GH$ và $\widehat{AEH}=\widehat{BFE}$

Mà $\widehat{BFE}+\widehat{FEB}=90^{\circ }$ nên $\widehat{AEH}+\widehat{FEB}=90^{\circ }$

Lại có $\widehat{AEH}+\widehat{FEB}+\widehat{HEF}=180^{\circ }$ suy ra $\widehat{HEF}=90^{\circ }$.

Tứ giác $EFGH$ có $HE=FE=FG=GH$ và $\widehat{HEF}=90^{\circ }$ nên nó là hình vuông.

Chu vi tứ giác $EFGH$ bằng $4HE$. Chu vi tứ giác $EFGH$ nhỏ nhất khi $HE$ nhỏ nhất.

Đặt $AE=x$ (m), điều kiện $0<x<10$.

Suy ra $AH=10-x$ (m).

Tam giác $AHE$ là tam giác vuông tại $$A$$ nên theo định lí Pythagore, ta có:

$H{E}^2=A{H}^2+A{E}^2$ hay $H{E}^2=x^2+{\left(10-x\right)}^2$

Suy ra $H{E}^2=2x^2-20x+100=2{\left(x-5\right)}^2+50\ge 50$.

Do đó $HE\ge \sqrt{50}=5\sqrt{2}$.

$HE$ nhỏ nhất khi $HE=5\sqrt{2}$ khi $x=5$.

Vậy chu vi tứ giác $EFGH$ nhỏ nhất khi $AE=5$ m.