Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Phan Đình Giót (Hà Nội) năm học 2024-2025 có đáp án

1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 1\).

Thay \(x = 1\) (thỏa mãn điều kiện \(x > 0,\,x \ne 4\)) vào biểu thức \(A\), ta có:

\(A = \frac{{\sqrt 1 - 2}}{{\sqrt 1 + 9}} = \frac{{1 - 2}}{{1 + 9}} = \frac{{ - 1}}{{10}}\).

Vậy \(A = \frac{{ - 1}}{{10}}\) khi \(x = 1\).

2) Rút gọn biểu thức \(B\).

\(B = \frac{{3\sqrt x - 6}}{{x - 2\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }}\)

\( = \frac{{3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\)

\( = \frac{{3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{3\sqrt x - 6 + x - 3\sqrt x - 2\sqrt x + 6 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

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

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

\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\).

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\).

3) Cho biểu thức \(P = A.B\). Tìm \(x\) là số nguyên lớn nhất để \(P < \frac{1}{2}\).

Ta có: \(P = A.B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 9}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 9}}\)

Xét \(P - \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 9}} - \frac{1}{2} = \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x + 9} \right)}}{{2\left( {\sqrt x + 9} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 11}}{{2\left( {\sqrt x + 9} \right)}}\)

Để \(P < \frac{1}{2}\) thì \(P - \frac{1}{2} < 0\).

Suy ra \(\frac{{\sqrt x - 11}}{{2\left( {\sqrt x + 9} \right)}} < 0\)

Mà \(2\left( {\sqrt x + 9} \right) > 0\), với \(x > 0,\,x \ne 4\)

Do đó \(\sqrt x - 11 < 0\)

Vì vậy \(\sqrt x < 11\)

Khi đó \(x < 121\).

Vì \(x\) là số nguyên lớn nhất nên ta chọn \(x = 120\) (thỏa mãn điều kiện \(x > 0,\,x \ne 4\))

Vậy \(x = 120\) thoả mãn yêu cầu đề bài.

a) \(3{x^2} + 8x - 3 = 0\)

Phương trình có các hệ số: \(a = 3;b = 8;c = - 3\) và \(\Delta = {b^2} - 4ac = {8^2} - 4.3\left( { - 3} \right) = 100 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 8 + \sqrt {100} }}{{2.3}} = \frac{1}{3}\);

\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 8 - \sqrt {100} }}{{2.3}} = - 3\).

Vậy phương trình \(3{x^2} + 8x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{1}{3}\) và \({x_2} = - 3\).

b) \({x^2} - 6x - 7 = 0\)

Phương trình có các hệ số: \(a = 1;b = - 6;c = - 7\).

Ta có: \(a - b + c = 1 - \left( { - 6} \right) - 7 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = - 1\);

\({x_2} = \frac{{ - c}}{a} = \frac{{ - \left( { - 7} \right)}}{1} = 7\).

Vậy phương trình \({x^2} - 6x - 7 = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = - 1\) và \({x_2} = 7\).

c) \(5{x^2} + 2\sqrt {10} .x + 2 = 0\)

Phương trình có các hệ số: \(a = 5;b' = \sqrt {10} ;c = 2\) và \(\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - 5.2 = 0\) nên phương trình có nghiệm kép:

\({x_1} = {x_2} = \frac{{ - b'}}{a} = \frac{{ - \sqrt {10} }}{5}\).

Vậy phương trình \(5{x^2} + 2\sqrt {10} .x + 2 = 0\) có nghiệm kép là \({x_1} = {x_2} = \frac{{ - \sqrt {10} }}{5}\).

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là \[x\] (km/h) (\[x > 0\]).

Thời gian dự định của ô tô là: \[\frac{{120}}{x}\] (giờ).

Sau khi đi được \[1\] giờ, quãng đường còn lại ô tô phải đi là: \[120 - 1.x = 120 - x\](km)

Vận tốc của ô tô khi đi trên quãng đường còn lại là: \[x + 6\] (km/h)

Thời gian ô tô đã đi trên quãng đường còn lại là: \[\frac{{120 - x}}{{x + 6}}\] (giờ)

Đổi: \[10\]phút \[ = \frac{1}{6}\] giờ.

Thời gian thực tế ô tô đã đi (tính cả thời gian bị chặn bởi xe cứu hoả) là: \[1 + \frac{1}{6} + \frac{{120 - x}}{{x + 6}}\] (giờ)

Vì xe vẫn đến \[B\]đúng như thời gian đã dự định nên ta có phương trình:

\[1 + \frac{1}{6} + \frac{{120 - x}}{{x + 6}} = \frac{{120}}{x}\] hay \[{x^2} + 42x - 4320 = 0\].

Phương trình có các hệ số \[a = 1,b' = 21,c = - 4320\].

Ta có: \[\Delta ' = {b'^2} - ac = {21^2} - 1.\left( { - 4320} \right) = 4761 > 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[{x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {\Delta '} }}{a} = \frac{{ - 21 + \sqrt {4761} }}{1} = 48\];

\[{x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {\Delta '} }}{a} = \frac{{ - 21 - \sqrt {4761} }}{1} = - 90\].

So với điều kiện \[x > 0\], ta nhận \[{x_1} = 48\].

Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là \[48\]km/h.

Vì \[{x_1} = 1\] là nghiệm của phương trình nên ta thay \[x = 1\]vào phương trình ta được:

\[{1^2} + 1 + m = 0 \Rightarrow m = - 2\].

Với \[m = - 2\] thay vào phương trình ta được: \[{x^2} + x - 2 = 0\]

Phương trình có các hệ số \[a = b = 1,c = - 2\].

Ta có: \[\Delta = {b^2} - 4ac = {1^2} - 4.1.\left( { - 2} \right) = 9 > 0\].

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[{x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 1 + \sqrt 9 }}{{2.1}} = 1\];

\[{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 1 - \sqrt 9 }}{{2.1}} = - 2\].

Thay \[{x_1},{x_2}\] vào biểu thức \[A\], ta được: \[A = 2024.1 + 2025.( - 2) = - 2026\].

Vậy giá trị của biểu thức \[A\] bằng \[ - 2026\].

a) Diện tích của hình quạt là: \(\frac{{150^\circ .\pi {{.2}^2}}}{{360^\circ }} = \frac{{5\pi }}{3}\,\left( {d{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích của hình quạt đó bằng \(\frac{{5\pi }}{3}\,\,d{m^2}\).

b) Chiều dài cung tương ứng với hình quạt tròn là: \(\frac{{150^\circ .\pi .2}}{{180^\circ }} = \frac{{5\pi }}{3}\,\left( {dm} \right)\)

Vậy chiều dài cung tương ứng với hình quạt tròn đó bằng \(\frac{{5\pi }}{3}\,\,dm\).

a) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp.

Vì \(BE\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BE \bot AC\).

Suy ra \(\widehat {BEC} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\).

Vì vậy ba điểm \(B,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (1)

Vì \(CF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(CF \bot AB\).

Suy ra \(\widehat {BFC} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\).

Vì vậy ba điểm \(B,F,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (2)

Từ (1), (2), ta suy ra bốn điểm \(B,F,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Vậy tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

b) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).

Vì tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\) nên \(\widehat {ABC} + \widehat {FEC} = {180^0}\).

Mà \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\).

Kẻ đường kính \(AP\) của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {CBP} = \widehat {CAP} = \frac{1}{2}\)sđ (hai góc nội tiếp chắn ).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {ABP} = 90^\circ \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {CBP} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {AEF} + \widehat {CAP} = 90^\circ \).

Gọi \(G\) là giao điểm của \(EF\) và \(AP\).

Xét tam giác \(AGE\), có: \(\widehat {AGE} + \widehat {CAP} + \widehat {AEF} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {AGE} + 90^\circ = 180^\circ \).

Do đó \(\widehat {AGE} = 90^\circ \).

Vì vậy \(OA \bot EF\) tại \(G\).

Vậy đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).

c) Đường phân giác góc \(FHB\) cắt \(AB\) và \(AC\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\), \(J\) là trung điểm của \(AH\). Chứng minh tứ giác \(AFHI\) nội tiếp và ba điểm \(I,J,K\) thẳng hàng.

⦁ Chứng minh tứ giác \(AFHI\) nội tiếp.

Ta có: \(\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\) (hai góc đối đỉnh).

Mà \(MN\) là đường phân giác góc \(FHB\).

Suy ra \(\widehat {MHF} = \widehat {NHE}\,\,\left( { = \frac{{\widehat {FHB}}}{2} = \frac{{\widehat {EHC}}}{2}} \right)\) (1)

Vì tam giác \(MHF\) vuông tại \(F\) nên \(\widehat {MHF} + \widehat {AMH} = 90^\circ \) (2)

Vì tam giác \(NHE\) vuông tại \(E\) nên \(\widehat {NHE} + \widehat {ANH} = 90^\circ \) (3)

Từ (1), (2), (3), ta suy ra \(\widehat {AMH} = \widehat {ANH}\).

Do đó \(\Delta AMN\) cân tại \(A\).

Mà \(AI\) là đường trung tuyến của \(\Delta AMN\) (vì \(I\) là trung điểm của \(MN\)).

Suy ra \(AI\) cũng là đường cao của \(\Delta AMN\).

Do đó \(AI \bot MN\).

Vì vậy \(\widehat {AIH} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta AIH\) vuông tại \(I\).

Khi đó ba điểm \(A,H,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (4)

Vì \(CF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(CF \bot AB\) hay \[\widehat {AFH} = 90^\circ \].

Do đó \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\).

Vì vậy ba điểm \(A,F,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (5)

Từ (4), (5), ta thu được bốn điểm \(A,F,H,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) hay tứ giác \(AFHI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

⦁ Chứng minh ba điểm \(I,J,K\) thẳng hàng.

Vì \(CF \bot AB\) (chứng minh trên) và \(PB \bot AB\) (\(\widehat {ABP} = 90^\circ \)) nên \(CF\parallel PB\).

Vì \(BE\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BE \bot AC\) hay \[\widehat {AEH} = 90^\circ \].

Suy ra \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\).

Do đó ba điểm \(A,E,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Vì vậy điểm \(E\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có:

– Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {CAP} = \widehat {CBP}\) (hai góc nội tiếp chắn ).

– Ta có: \[\widehat {CBP} = \widehat {BCF}\] (hai góc so le trong của \(CF\parallel PB\)).

– Xét đường tròn đường kính \(BC\), có: \[\widehat {BEF} = \widehat {BCF}\] (hai góc nội tiếp chắn ).

– Xét đường tròn đường kính \(AH\), có: \[\widehat {BEF} = \widehat {MAH}\] (hai góc nội tiếp chắn ).

Do đó \[\widehat {CAP} = \widehat {MAH}\].

Vì \(\Delta AMN\) cân tại \(A\) có \(AI\) là đường trung tuyến nên \(AI\) cũng là đường phân giác của \(\Delta AMN\).

Suy ra \(\widehat {MAI} = \widehat {NAI}\).

Mà \(\widehat {MAI} = \widehat {MAH} + \widehat {HAI};\widehat {NAI} = \widehat {CAP} + \widehat {PAI}\) và \[\widehat {CAP} = \widehat {MAH}\] (chứng minh trên).

Do đó \[\widehat {HAI} = \widehat {PAI}\].

Vì vậy \[\widehat {HAP} = 2\widehat {HAI}\].

Xét đường tròn đường kính \(AH\), có: \(\widehat {HJI} = 2\widehat {HAI}\) ( góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà \[\widehat {HAP} = 2\widehat {HAI}\] (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {HJI} = \widehat {HAP}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Do đó \(JI\,{\rm{//}}\,AP\) (6)

Ta có:

– Vì \[E,F \in \left( J \right)\] nên \[JE = JF\].

– Vì \[E,F \in \left( K \right)\] nên \[KE = KF\].

Do đó \[JK\] là đường trung trực của đoạn thẳng \[EF\].

Suy ra \[JK \bot EF\].

Mà \[AP \bot EF\] (chứng minh trên).

Vì vậy \(JK\,{\rm{//}}\,AP\) (7)

Từ (6) và (7), ta thu được ba điểm \(I,J,K\) thẳng hàng.