Đề KSCL Toán 9 tháng 10 năm 2026-2027 Trường THCS Kim Giang (Hà Nội) có đáp án

a) \(\left( {x + 6} \right)\left( {x - 5} \right) = \left( {x - 5} \right)\left( {7x + 8} \right)\)

\(\left( {x + 6} \right)\left( {x - 5} \right) - \left( {x - 5} \right)\left( {7x + 8} \right) = 0\)

\(\left( {x - 5} \right)\left[ {\left( {x + 6} \right) - \left( {7x + 8} \right)} \right] = 0\)

\(\left( {x - 5} \right)\left( {x + 6 - 7x - 8} \right) = 0\)

\(\left( {x - 5} \right)\left( { - 6x - 2} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \(x - 5 = 0\) suy ra \(x = 5\).

Trường hợp 2: \( - 6x - 2 = 0\) suy ra \( - 6x = 2\) suy ra \(x =  - \frac{1}{3}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {5;\,\, - \frac{1}{3}} \right\}\).

b) \(\frac{{60}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{60 - x}}{{x + 4}}\)

Điều kiện xác định \(x \ne 0\) và \(x \ne  - 4\).

Ta có: \(\frac{{60 \cdot 3\left( {x + 4} \right)}}{{3x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{4x\left( {x + 4} \right)}}{{3x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{3x\left( {60 - x} \right)}}{{3x\left( {x + 4} \right)}}\)

\(3 \cdot 60 \cdot \left( {x + 4} \right) = 4 \cdot x\left( {x + 4} \right) + 3x\left( {60 - x} \right)\)

\(180\left( {x + 4} \right) = 4x\left( {x + 4} \right) + 3x\left( {60 - x} \right)\)

\(180x + 720 = 4{x^2} + 16x + 180x - 3{x^2}\)

\(180x + 720 = {x^2} + 196x\)

\({x^2} + 16x - 720 = 0\).

Ta có: \({\rm{\Delta '}} = {8^2} - 1 \cdot \left( { - 720} \right) = 64 + 720 = 784 = {28^2} > 0\).

 Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\({x_1} =  - 8 + 28 = 20\) (thỏa mãn);

\({x_2} =  - 8 - 28 =  - 36\) (thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {20;\,\, - 36} \right\}\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x + 1}}{{2y - 3}} =  - 1\\5\left( {2y - 1} \right) - 3\left( {x + 2y} \right) = 0\end{array} \right.\).

ĐKXĐ: \(2y - 3 \ne 0\) suy ra \(y \ne \frac{3}{2}\).

Từ phương trình thứ nhất ta có:

\(\frac{{3x + 1}}{{2y - 3}} =  - 1\) suy ra \(3x + 1 =  - 1 \cdot \left( {2y - 3} \right)\) suy ra \(3x + 2y = 2\) (3).

Từ phương trình thứ hai ta có:

\(5\left( {2y - 1} \right) - 3\left( {x + 2y} \right) = 0\)

\(10y - 5 - 3x - 6y = 0\)

\( - 3x + 4y = 5\) (4).

Cộng hai phương trình (3) và (4) theo vế ta được:

\(\left( {3x + 2y} \right) + \left( { - 3x + 4y} \right) = 2 + 5\)

\(6y = 7\) suy ra \(y = \frac{7}{6}\) (thỏa mãn).

Thay \(y = \frac{7}{6}\) vào phương trình (3) ta được:

\(3x + 2 \cdot \frac{7}{6} = 2\) suy ra \(3x + \frac{7}{3} = 2\) suy ra \(3x = 2 - \frac{7}{3} =  - \frac{1}{3}\) suy ra \(x =  - \frac{1}{9}\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( { - \frac{1}{9};\,\,\frac{7}{6}} \right)\).

Gọi giá niêm yết của một chiếc váy là \(x\) (đồng) và một chiếc túi là \(y\) (đồng).

Điều kiện: \(0 < x,\,\,y < 1\;500\;000\).

Tổng giá niêm yết của hai sản phẩm là \(1\;500\;000\) đồng, ta có phương trình:

\(x + y = 1\;500\;000\) (1).

Thực tế:

Chiếc váy giảm \(20\% \), nên giá sau giảm là: \(\left( {1 - 20\% } \right)x = 0,8x\) (đồng).

Chiếc túi giảm \(10\% \), nên giá sau giảm là: \(\left( {1 - 10\% } \right)y = 0,9y\) (đồng).

Tổng số tiền mẹ Mai trả là \(1\;270\;000\) đồng, ta có phương trình:

\(0,8x + 0,9y = 1\;270\;000\) (2).

Từ (1) suy ra \(y = 1\;500\;000 - x\). Thay vào (2) ta được:

\(0,8x + 0,9\left( {1\;500\;000 - x} \right) = 1\;270\;000\)

\(0,8x + 1\;350\;000 - 0,9x = 1\;270\;000\)

\( - 0,1x =  - 80\;000\)

\(x = 800\;000\) (thỏa mãn).

Suy ra \(y = 1\;500\;000 - 800\;000 = 700\;000\) (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của chiếc váy là \(800\;000\) đồng, của chiếc túi là \(700\;000\) đồng.

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ) \(\left( {x,\,\,y > 6} \right)\).

Khi đó mỗi giờ:

Vòi thứ nhất chảy được \(\frac{1}{x}\) bể.

Vòi thứ hai chảy được \(\frac{1}{y}\) bể.

Cả hai vòi cùng chảy sau 6 giờ thì đầy bể, nên trong 1 giờ cả hai vòi chảy được \(\frac{1}{6}\) bể.

Do đó, ta có phương trình:

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{6}\) (1).

Vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ được \(\frac{2}{x}\) bể. Vòi thứ hai chảy trong 3 giờ được \(\frac{3}{y}\) bể. Khi đó lượng nước trong bể chiếm \(\frac{2}{5}\) bể, ta có phương trình:

\(\frac{2}{x} + \frac{3}{y} = \frac{2}{5}\) (2).

Đặt \(u = \frac{1}{x}\) và \(v = \frac{1}{y}\) \(\left( {u,\,\,v > 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = \frac{1}{6}\\2u + 3v = \frac{2}{5}\end{array} \right.\).

Từ phương trình thứ nhất ta có: \(2u + 2v = \frac{1}{3}\).

Trừ phương trình thứ hai cho phương trình này ta được: \(v = \frac{2}{5} - \frac{1}{3} = \frac{1}{{15}}\).

Suy ra \(u = \frac{1}{6} - \frac{1}{{15}} = \frac{1}{{10}}\).

Do đó: \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{10}}\) suy ra \(x = 10\) và \(\frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\) suy ra \(y = 15\).

Vậy vòi thứ nhất chảy riêng sau \(10\) giờ thì đầy bể, vòi thứ hai chảy riêng sau \(15\) giờ thì đầy bể.

a)

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) minh họa bài toán. Trong đó, quãng đường bay theo đường xiên là \(AB = 2{\rm{\;km}} = 2000{\rm{\;m}}\); \(\widehat {A\,\,} = 7^\circ \) và độ cao hạ được chính là cạnh góc vuông \(BC\) đối diện với góc \(7^\circ \).

Áp dụng số lượng giác trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có:

\(BC = AB \cdot \sin 7^\circ  = 2000 \cdot \sin 7^\circ  \approx 243,738 \approx 244\) (m).

Vậy khi máy bay bay theo hướng đó được \(2\) km thì máy bay đã hạ độ cao được \(244\,\,{\rm{m\'e t}}{\rm{.}}\)

b) Độ cao cần hạ là \(h = 300\) m. Quãng đường bay \(s\) (m) để hạ độ cao \(300{\rm{\;m}}\) là:

\(s = \frac{h}{{\sin 7^\circ }} = \frac{{300}}{{\sin 7^\circ }} \approx 2461,65\) (m).

Tốc độ máy bay \(v = 198{\rm{\;km/h}} = \frac{{198}}{{3,6}} = 55{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian máy bay bay để hạ độ cao \(300\) m là:

\(t = \frac{s}{v} \approx \frac{{2461,65}}{{55}} \approx 44,757 \approx 45\) giây.

Vậy sau \(45\) giây máy bay hạ độ cao được \(300\) mét.

a)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {B\,} = 52^\circ \) suy ra \(\widehat {C\,} = 90^\circ  - \widehat {B\,} = 90^\circ  - 52^\circ  = 38^\circ \).

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn vào \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = AB \cdot \tan B = 6 \cdot \tan 52^\circ  \approx 7,679 \approx 7,7\) (cm).

\(BC = \frac{{AB}}{{\cos B}} = \frac{6}{{\cos 52^\circ }} \approx 9,745 \approx 9,7\) (cm).

b) ⦁ Chứng minh \(AQ \cdot AC = A{H^2}\)

Xét \({\rm{\Delta }}AQH\) và \({\rm{\Delta }}AHC\):

\(\widehat {AQH} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) (do \(HQ \bot AC\) và \(AH \bot BC\));

\(\widehat {HAC}\) là góc chung (tức \(\widehat {HAQ} = \widehat {CAH}\)).

Do đó, $\text{Δ}AQH\backsim \text{Δ}AHC$.

Suy ra \(\frac{{AQ}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) suy ra \(A{H^2} = AQ \cdot AC\) (1).

⦁ Chứng minh $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}AQN$:

Xét \({\rm{\Delta }}ANH\) và \({\rm{\Delta }}AHB\) có:

\(\widehat {ANH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) (do \(HN \bot AB\) và \(AH \bot BC\));

\(\widehat {HAB}\) là góc chung (tức \(\widehat {HAN} = \widehat {BAH}\)).

Do đó, $\text{Δ}ANH\backsim \text{Δ}AHB$.

Suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) suy ra \(AN \cdot AB = A{H^2}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AQ \cdot AC = AN \cdot AB\) suy ra \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) và \({\rm{\Delta }}AQN\) có:

\(\widehat {A\,\,}\) là góc  chung (tức \(\widehat {QAN} = \widehat {BAC} = 90^\circ \));

\(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Do đó, $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}AQN$ (c.g.c).

c)

Trong \({\rm{\Delta }}ABF\) vuông tại \(F\) có: \(\cos \widehat {ABK} = \frac{{BF}}{{AB}}\).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}}\).

Do đó:

\(VP = CK \cdot \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC} = CK \cdot \frac{{BF}}{{AB}} \cdot \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{CK \cdot BF}}{{BC}}\) (1).

Trong \({\rm{\Delta }}ABH\) vuông tại \(H\) có: \(BH = AB \cdot \cos \widehat {ABC}\).

Trong \({\rm{\Delta }}ABK\) vuông tại \(A\) có: \(BK = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABK}}}\).

Do đó, \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{AB \cdot \cos \widehat {ABC}}}{{\frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABK}}}}} = \cos \widehat {ABC} \cdot \cos \widehat {ABK}\) (3).

\(\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{AB \cdot \cos \widehat {ABK}}}{{\frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABC}}}}} = \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BHF\) và \({\rm{\Delta }}BKC{\rm{\;}}\) có \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) và \(\widehat {KBC}\) là góc chung.

Suy ra $\text{Δ}BHF\backsim \text{Δ}BKC$ (c.g.c).

Do đó, \(\frac{{HF}}{{CK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) suy ra \(HF = \frac{{CK \cdot BF}}{{BC}}\) (5).

Từ (1) và (5) suy ra: \(HF = CK \cdot \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC}\) (đpcm).