Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Ngô Sĩ Liên (Hà Nội) năm học 2024-2025 có đáp án

a) Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) là \[{n_2} = 15\].

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) là: \({f_2} = \frac{{{n_2}}}{N}.100\% = \frac{{15}}{{50}}.100\% = 30\% \).

Vậy tần số ghép nhóm và tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) lần lượt là \[15\] và \(30\% \).

b) Vẽ biểu đồ:

a) Không gian mẫu của phép thử là:

\({\rm{\Omega }} = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10;\,\,11;\,\,12;\,\,13;\,\,14;\,\,15;\,\,16;\,\,17;\,\,18;\,\,19;\,\,20} \right\}\).

b) Từ kết quả câu a), ta có không gian mẫu \({\rm{\Omega }}\) có \[20\] phần tử.

Biến cố \[A\]: “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia cho \(4\) dư \[1\]”.

 Có \(5\) kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \(1;\,\,5;\,\,9;\,\,13;\,\,17\).

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) bằng \(\frac{1}{4}\).

a) Thay \(x = 9\)(thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(P\), ta được:

\(P = \frac{{9 + 3}}{{\sqrt 9 - 2}} = \frac{{12}}{{3 - 2}} = \frac{{12}}{1} = 12\).

Vậy \(P = 12\) khi \(x = 9\).

b) Với \[x > 0,x \ne 4\], ta có:

\[Q = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{x - 3\sqrt x + 2 + 5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

Vậy \[Q\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\] (điều phải chứng minh).

c) Với \[x > 0,x \ne 4\], ta có:

\[\frac{P}{Q} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

\[ = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}\].

\[ = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }}\].

\[ = \sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }}\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \[\sqrt x \] và \[\frac{3}{{\sqrt x }}\], ta được:

\[\sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x .\frac{3}{{\sqrt x }}} = 2\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\sqrt x = \frac{3}{{\sqrt x }}\].

Suy ra \[x = 3\].

Vậy \[\frac{P}{Q} \ge 2\sqrt 3 \] (điều phải chứng minh).

Gọi số tiền bác Toàn đầu tư vào khoản đầu tư thứ nhất, thứ hai lần lượt là \(x,y\) (triệu đồng).

Điều kiện: \(0 < x,y < 500\).

Vì tổng số tiền bác Toàn đầu tư vào hai khoản đầu tư là \(500\) triệu đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 500\) (1)

Vì lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \(6\% \)/năm nên số tiền lãi thu được cho khoản đầu tư thứ nhất là: \(x.6\% = 0,06x\) (triệu đồng).

Vì lãi suất cho khoản đầu tư thứ hai là \(8\% \) năm nên số tiền lãi thu được cho khoản đầu tư thứ hai là: \[y.8\% = 0,08.y\] (triệu đồng).

Do tổng số tiền lãi bác Toàn thu được là \(34\)triệu đồng nên ta có phương trình: \(0,06x + 0,08y = 34\) (2)

Từ (1), (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0,06x + 0,08y = 34\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}y = 500 - x\\0,06x + 0,08y = 34\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Thế \(y = 500 - x\) vào phương trình (2), ta được: \(0,06x + 0,08.\left( {500 - x} \right) = 34\).

Tức là, \(0,06x + 40 - 0,08x = 34\).

Suy ra \(0,02x = 6\).

Do đó \(x = \frac{6}{{0,02}}\).

Vì vậy \(x = 300\).

Với \(x = 300\), ta có: \(y = 500 - x = 500 - 300 = 200\).

So với điều kiện \(0 < x,y < 500\), ta nhận \(x = 300;\,\,y = 200\).

Vậy số tiền bác Toàn đã đầu tư vào khoản đầu tư thứ nhất, thứ hai lần lượt là \(300\) triệu đồng và \(200\) triệu đồng.

a) Chu vi bể tắm là: \(C = 2\pi r \approx 2.3,14.3 = 18,84\,\,\left( m \right)\).

Vậy chu vi bể tắm là \(18,84\,\,m\).

b) Đổi: \(50\,\,cm = 0,5\,\,m\).

Độ dài đoạn \(OB\) là: \(OB = OA - AB = 3 - 0,5 = 2,5\,\,\left( m \right)\).

Diện tích bề mặt của \(16\) tấm ván là: \(3,14.\left( {{3^2} - 2,{5^2}} \right) = 3,14.\left( {9 - 6,25} \right) = 8,635\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Đổi: \(8,635\,\,{m^2} = 863,5\,\,d{m^2}\).

Diện tích bề mặt của mỗi tấm ván là: \(\frac{{863,5}}{{16}} \approx 54\,\,\left( {d{m^2}} \right)\).

Vậy diện tích bề mặt của mỗi tấm ván là \(54\,\,d{m^2}\).

1) Vì \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(AD \bot BC\) tại \(D\).

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

Do đó ba điểm \(A,D,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BE \bot AC\) tại \(E\).

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

Do đó ba điểm \(A,E,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (2)

Từ (1) và (2), ta thu được bốn điểm \(A,D,B,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

2) Ta có:

⦁ \(\widehat {EBD} = \widehat {EAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AB\)).

⦁ \(\widehat {CAG} = \widehat {CBG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(\widehat {EBD} = \widehat {CBG}\).

Vậy \(BC\) là tia phân giác của \(\widehat {HBG}\).

3) Xét \(\Delta ABC\) có các đường cao \(AD,BE\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(CH \bot AB\).

Do đó \(\widehat {HCD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\)).

Suy ra \(\widehat {HCD} = \widehat {BAD}\).

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta CDH\), có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {CDH} = 90^\circ \);

\(\widehat {BAD} = \widehat {HCD}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{CH}}\).

Vậy \(CH.AD = CD.AB\) (điều phải chứng minh).

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

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK\), có:

\(\widehat {ABK} = \widehat {ACK} = 90^\circ \) (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(AB \bot BK;AC \bot CK\).

Vì \(AB \bot BK;CH \bot AB\) nên \(BK\parallel CH\).

Vì \(AC \bot CK;BH \bot AC\) nên \(CK\parallel BH\).

Xét tứ giác \(BHCK\), có: \(CK\parallel BH\) và \(BK\parallel CH\).

Suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(BHCK\), có: \(N\) là trung điểm của \(BC\) (giả thiết).

Suy ra \(N\) cũng là trung điểm \(HK\).

Xét \(\Delta AHK\), có: \(O,M\) lần lượt là trung điểm \(AK,AH\).

Suy ra \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\).

Do đó \(OM\parallel HK\).

Vì vậy \(\widehat {OMD} = \widehat {NHD}\) (hai góc đồng vị).

Ta có: \(BD\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \(\Delta BHG\).

Suy ra \(\Delta BHG\) cân tại \(B\).

Do đó \(BD\) cũng là đường trung trực của \(\Delta BHG\).

Vì vậy \(BD\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(HG\).

Mà \(N \in BD\).

Suy ra \(NH = NG\).

Khi đó \(\Delta NHG\) cân tại \(N\).

Vì vậy \(\widehat {NHD} = \widehat {NGD}\).

Mà \(\widehat {OMD} = \widehat {NHD}\) (chứng minh trên).

Vậy \(\widehat {OMD} = \widehat {NGD}\).