Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Nguyễn Tri Phương (Hà Nội) năm học 2024-2025 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 \(HF \bot BI.\)