Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Ban Mai School (Hà Nội) có đáp án

a) Thay $x=4$ (thỏa mãn) tính được $P=\frac{-1}{2}$.

Vậy khi $x=4$ thì $P=\frac{-1}{2}$.

b) Với $x>0,x\ne 9$, ta có:

$$\begin{array}{l}Q=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}+\frac{2x-13\sqrt{x}-3}{x-9}\\ Q=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}+\frac{2x-13\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ Q=\frac{x+4\sqrt{x}+3+2x-13\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ Q=\frac{3x-9\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ Q=\frac{3\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ Q=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\end{array}$$

Vậy $Q=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\left(x\ge 0;x\ne 4\right)$.

c) Với $x\ge 0;x\ne 4$ ta có:

$A=P\cdot Q=\frac{\sqrt{x}-5}{3\sqrt{x}}\cdot \frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}=\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+3}$

Theo bài, $A<\frac{1}{2}$ nên

$\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+3}<\frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+3}-\frac{1}{2}<0$

$\frac{2\sqrt{x}-10-\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+3}<0$

$\frac{\sqrt{x}-13}{\sqrt{x}+3}<0$

Vì $x\ge 0$ nên $\sqrt{x}+3>0$, do đó để $\frac{\sqrt{x}-13}{\sqrt{x}+3}<0$ thì $\sqrt{x}-13<0$ hay $\sqrt{x}<13$, tức là $x<169$.

Do $x$ là số nguyên lớn nhất nên $x=168$ (thỏa mãn).

Vậy $x=168$.

a) Vì đồ thị hàm số $\left(P\right)$ đi qua điểm$A\left(-1;1\right)$, thay $x=-1;y=1$ và hàm số $y=a{x}^2\left(a\ne 0\right)$, ta có:

$1=a.{\left(-1\right)}^2$ suy ra $a=1$ (thỏa mãn).

Vậy $a=1$.

b) Thay $a=1$vào $y=a{x}^2\left(a\ne 0\right)$, ta được $y=x^2$.

Lấy điểm

Đồ thị hàm số $y=x^2$ là đường parabol đi qua 5 điểm trên.

c) Hoành độ giao điểm và thỏa mãn:

$x^2=4x-3$

$x^2-4x+3=0$

Phương trình trên có $a+b+c=0$ nên $x=1$; $x=3$.

Với $x=1$ ta có $y=1$;

Với $x=3$ ta có $y=9$.

Tọa điểm hai giao điểm của và là (3; 9); (1; 1).

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là $x$(km/h, $x>12$ ). Thì vận tốc của xe thứ hai là: $x-12$ (km/h).

Thời gian đi hết quãng đường $AB$ của xe thứ nhất là $\frac{270}{x}$ (giờ).

Thời gian đi hết quãng đường $AB$ của xe thứ hai là $\frac{270}{x-12}$ (giờ).

Vì Ôtô thứ nhất đến sớm hơn ô tô thứ 2 là $45$phút $=\frac{3}{4}$ giờ.

Ta có phương trình:

$\frac{270}{x-12}-\frac{270}{x}=\frac{3}{4}$

$\frac{90}{x-12}-\frac{90}{x}=\frac{1}{4}$

$\frac{1080}{x^2-12x}=\frac{1}{4}$

$x^2-12x-4320=0$

$\left(x+60\right)\left(x-72\right)=0$

$x+60=0$ hoặc $$x-72=0$$

Suy ra $x=-60$ (không thỏa mãn); $x=72$(thỏa mãn).

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là $72$ km/h; vận tốc của xe thứ hai là $72-12=60$(km/h).

a) Gọi $J$ là trung điểm $$ID$$.

Vì $IK\perp AB$ nên $\widehat{INB}=90^{\circ }$ suy ra $\Delta IND$ vuông tại $$N.$$ Do đó $JI=JD=JN=\frac{1}{2}ID$(1)

Xét $(O)$ có đường kính IK, góc nội tiếp $\widehat{IMK}$chắn nửa đường tròn nên $$\widehat{IMK}=90^{\circ }$$ nên $$\Delta IMD$$ vuông tại $$M$$. Do đó $JI=JD=JM=\frac{1}{2}ID$ (2)

Từ (1), (2):$JN=JI=JD=JM$.

Suy ra bốn điểm I, N, D, M cùng thuộc một đường tròn.

Do đó tứ giác $INDM$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh được (g.g) suy ra $\frac{IM}{IN}=\frac{IK}{IC}$.

Do đó $IM.IC=IN.IK$.

c) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng ID và CK, chứng minh E thuộc đường tròn $(O)$.

Chứng minh được:$D$ là trực tâm tam giác IKC, từ đó suy ra $$IE\perp KC$$. Do đó điểm E thuộc đường tròn $(O)$.

Gọi chiều rộng của đáy hình hộp chữ nhật là: $x(\mathrm{cm})(30>x>0)$.

Khi đó chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là: $30-x(\mathrm{cm})$.

Thể tích hình hộp chữ nhật là: $V=x\cdot (30-x)\cdot 20\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Áp dụng bất đẳng thức: $ab\le \frac{{(a+b)}^2}{4}$.

Ta có:

$\begin{array}{l}x.(30-x)\le \frac{{(x+30-x)}^2}{4}\\ x.(30-x)\cdot 20\le 20\cdot \frac{{30}^2}{4}\\ V\le 4500\end{array}$

Dấu " = " xảy ra khi $x=30-x,$ tức là $x=15$.

Vậy thể tích của chiếc hộp đạt giá trị lớn nhất là $4500c{m}^3$.