Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Nguyễn Du (Hà Nội) năm 2024-2025 có đáp án

1) Thay $x=16$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta có: A=\frac{16}{\sqrt{16}-3}=\frac{16}{4-3}=16.

Vậy $A=16$ khi $x=16$.

2) Với $x>0$, $x\ne 9$, ta có:

$B=\frac{2x-3}{x-3\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{2x-3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{1}{\sqrt{x}}$

$=\frac{\left(2x-3\right)-\left(\sqrt{x}-3\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{2x-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$

$=\frac{\sqrt{x}\left(2\sqrt{x}-1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$$=\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}$.

3) Với $x>0$, $x\ne 9$, ta có:

A-B=\frac{x}{\sqrt{x}-3}-\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}=\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}-3}.

Mà {\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ge 0, do đó để A-B<0 thì \sqrt{x}-3<0 hay \sqrt{x}<3, tức là x<9.

Kết hợp với điều kiện đề bài ta được 0<x<9.

1) Gọi $x$ (triệu đồng), $y$ (triệu đồng) lần lượt là số tiền mà bác Lan đầu tư vào trái phiếu và gửi tiết kiệm ngân hàng ($0<x<500;0<y<500$).

Theo bài, tổng số tiền bác Lan đầu tư vào hai khoản là $500$ triệu đồng nên ta có phương trình: $x+y=500$ (1)

Do lãi suất của trái phiếu là $7\mathrm{\%}$/năm nên số tiền lãi bác Lan nhận được khi đầu tư trái phiếu là:

$x.7\mathrm{\%}=0,07x$ (triệu đồng).

Do lãi suất của gửi tiết kiệm ngân hàng là $6\mathrm{\%}$/năm nên số tiền lãi bác Lan nhận được khi gửi tiết kiệm ngân hàng là: $y.6\mathrm{\%}=0,06y$ (triệu đồng).

Theo bài, mỗi năm bác Lan nhận được tiền lãi là $32$ triệu đồng từ hai khoản đầu tư đó nên ta có phương trình: $0,07x+0,06y=32$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=500(1)\\ 0,07x+0,06y=32(2)\end{array}$

Từ phương trình (1), ta có $x=500-y$ (3)

Thế vào phương trình (2) ta được: $0,07.(500-y)+0,06y=32(4)$

Giải phương trình (4):  $0,07.(500-y)+0,06y=32$ ta được $y=300$

Thay $y=300$ vào phương trình (3) ta có: $x=500-300=200$

Ta thấy $x=200;y=300$ thỏa mãn điều kiện nên hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(x;y)=(200;300)$

Vậy số tiền mà bác Lan đầu tư vào trái phiếu và gửi tiết kiệm ngân hàng lần lượt là $200$triệu đồng và $300$triệu đồng.

2) Gọi $x$ (km/h) là vận tốc của xe ô tô (ĐK: $x>20$)

Vận tốc của xe máy là $x-20$ (km/h)

Thời gian xe ô tô đi từ $A$ đến $B$là $\frac{120}{x}$ (h)

Thời gian xe máy đi từ $A$ đến $B$là $\frac{120}{x-20}$ (h)

Vì xe ô tô đến $B$ sớm hơn xe máy là $30$phút =$\frac{1}{2}$h nên ta có phương trình:

$\frac{120}{x-20}-\frac{120}{x}=\frac{1}{2}$

Giải phương trình ta tìm ra $x=80$ (thỏa mãn điều kiện) và $x=-60$ (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy vận tốc xe ô tô là $80$km/h, vận tốc xe máy là $60$km/h.

1) Ta có công thức: $s=5t^2$ với $t>0$

a) Quãng đường của vật chuyển động sau 2 giây là: $s_1=5t^2=5.2^2=20\text{(}\text{m}\text{)}$.

Vậy từ độ cao $125\text{m}$ so với mặt đất, sau 2 giây vật cách mặt đất là:

$s_2=125-s_1=125-20=105\text{(}\text{m}\text{)}$.

b) Từ độ cao $125\text{m}$ vật rơi tự do (bỏ qua sức cản của không khí) đến khi tiếp đất là:

$5t^2=125$ hay $t^2=\frac{125}{5}=25$ suy ra $t=5$ (thỏa mãn) hoặc $t=-5$(loại)

Vậy sau 5 giây từ khi rơi thì vật tiếp đất.

2) Phương trình $x^2-5x-3=0$ có: $\Delta ={\left(-5\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(-3\right)=25+12=37>0$.

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Áp dụng hệ thức Viète, ta có: $x_1+x_2=5$ và $x_1.x_2=-3$, suy ra $x_1\ne 1;x_2\ne 1$

Với $A=\frac{1}{x_1-1}+\frac{1}{x_2-1}$$=\frac{x_2-1+x_1-1}{\left(x_2-1\right)\left(x_1-1\right)}=\frac{\left(x_1+x_2\right)-2}{x_1.x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}$$=\frac{5-2}{-3-5+1}=\frac{3}{-7}=\frac{-3}{7}$.

Vậy giá trị của biểu thức $A=\frac{-3}{7}$.

a) Chứng minh bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Có $AD,BE,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ nên $AD\perp BC$ tại $D$; $BE\perp AC$ tại $E$; $CF\perp AB$ tại $F$

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=90°$ ; $\widehat{BEA}=\widehat{BEC}=90°$; $\widehat{CFA}=\widehat{CFB}=90°$

Có $\Delta ABD$ vuông tại $D$ nên $\Delta ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ suy ra ba điểm $A,B,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$(1)

Có $\Delta ABE$ vuông tại $E$ nên $\Delta ABE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ suy ra ba điểm $A,B,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$(2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

b) * Chứng minh: $DB.DC=DH.DA$

Có bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra $\widehat{EBD}=\widehat{EAD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$)

Xét $\Delta HBD$ và $\Delta CAD$ có:

$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90°$ và $\widehat{EBD}=\widehat{EAD}$ (cmt)

Do đó $\Delta HBD\backsim \Delta CAD$ (g.g)

Suy ra $\frac{DB}{AD}=\frac{HD}{CD}$ nên $DB.DC=DH.DA$.

* Chứng minh $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$

Xét đường tròn $\left(O;R\right)$ đường kính $AK$ có: $\widehat{ACK}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn) nên $AC$ vuông góc với $CK$ (1)

Lại có $BE\perp AC$ suy ra $BE\text{/}\text{/}CK$.

Chứng minh tương tự có: $CF\text{/}\text{/}BK$.

Xét tứ giác $BHCK$có: $CH\text{/}\text{/}BK$; $BH\text{/}\text{/}CK$ suy ra $BHCK$ là hình bình hành.

Lại có $I$ là giao điểm của $HK$ và $BC$ nên $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$.

c)

Có $S_{\Delta ABC}=S_{\Delta HAB}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HBC}$

Ta có $\frac{S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HF.AB}{\frac{1}{2}.CF.AB}=\frac{HF}{CF}$

$\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HE.AC}{\frac{1}{2}.BE.AC}=\frac{HE}{BE}$

$\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HD.BC}{\frac{1}{2}.AD.BC}=\frac{HD}{AD}$

Có $\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}=1-\frac{HD}{AD}+1-\frac{HE}{BE}+1-\frac{HF}{CF}$

$=3-\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)$ $=3-\left(\frac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}+\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}+\frac{S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}\right)$

$=3-\left(\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\right)=3-1=2$.