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 $x$ $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

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 $300x+1500-300x=3x^2+15x$.

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

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 $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta nhận $x=20$.

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

Giải phương trình $2x^2-6x-11=0$.

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

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: $A={\left(x_1-x_2\right)}^2-3x_1^2{x}_2^2$.

$=x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2-3x_1^2{x}_2^2$.

$=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-4x_1{x}_2-3x_1^2{x}_2^2$.

$={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2-3{\left(x_1{x}_2\right)}^2$.

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

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

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

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

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 $$1814,92c{m}^2$$.

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 $$36,3gam$$ bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt.

a) Ta có: $$MI\perp AB$$ 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 $MI\perp AB$ 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 $CE\perp MA$ (5)

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

Do đó $AM\perp MB$ (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 $AN\perp NB$.

Mà $AN\perp HC$ (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 $$3a^2.h=\frac{9}{4}$$.

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

Diện tích xung quanh của thùng là:

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

Diện tích đáy của thùng là:

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

Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:

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

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

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

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

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 $$h=\frac{3}{4a^2}=\frac{3}{{4.1}^2}=\frac{3}{4}$$.

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 $$9d{m}^2$$.

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