Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2025-2026 THCS Hoàng Hoa Thám (Hà Nội) có đáp án

1) \( - 3\left( {x + 2} \right) - 24 \ge 7x\).           

 \(\begin{array}{l} - 3x - 6 - 24 \ge 7x\\ - 3x - 7x \ge 6 + 24\\ - 10x \ge 30\\x \le  - 10\end{array}\)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm \(x \le  - 10\).

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

 \[\begin{array}{l}\left( {x + 2} \right)\left( {5 + x - 2} \right) = 0\\\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\end{array}\]

 \(x + 2 = 0\) hoặc \(x + 3 = 0\)

 \(x =  - 2\) hoặc \(x =  - 3\)

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x \in \left\{ { - 2; - 3} \right\}.\).

3) \(\frac{{x + 1}}{{x - 3}} - \frac{{x - 1}}{x} = \frac{7}{{{x^2} - 3x}}\). (Điều kiện: \(x \ne 0\) và \(x \ne 3\) )

 \(\begin{array}{l}\frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)}} - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)}} = \frac{7}{{x\left( {x - 3} \right)}}\\{x^2} + x - \left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 7\\{x^2} + x - {x^2} + 4x - 3 - 7 = 0\\5x = 10\\x = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{tm}}} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 2\).

4) \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 5\\5x + 2y = 23\end{array} \right.\).

\(\left\{ \begin{array}{l}6x - 2y = 10\\5x + 2y = 23\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\5x + 2y = 23\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\5.3 + 2y = 23\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 8\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 4\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;4} \right)\).

Gọi số chiếc bút mà An có thể mua là \(x\) (chiếc, x là số nguyên dương).

Số tiền mua bút là \(8\,\,000x\) (đồng).

Tổng số tiền mà An có thể mua đồ dùng là: \(8\,\,000x + 45\,\,000\) (đồng).

Mà An có \(100\,\,000\) đồng nên có bất phương trình:

                                        \(\begin{array}{l}8\,000x + 45\,000 \le 100\,000\\8\,000x \le 55\,000\\x \le 6,875\end{array}\)

Vậy An có thể mua tối đa \(6\) chiếc bút.

Gọi thời gian vòi 1, vòi 2 chảy một mình đầy bể lần lượt là \(x,y\) (giờ) điều kiện: \(x,y > 3\)

Mỗi giờ vòi 1 chảy được: \(\frac{1}{x}\) bể

Mỗi giờ vòi 1 chảy được: \(\frac{1}{y}\) bể

Vì 1 giờ hai vòi chảy được \(\frac{1}{3}\) bể nên ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{3}\left( 1 \right)\)

Vòi 1 chảy trong 20 phút \( = \frac{1}{3}\) giờ được \(\frac{1}{{3x}}\) (bể)

Vòi 2 chảy trong 30 phút \( = \frac{1}{2}\) giờ được \(\frac{1}{{2y}}\) (bể)

Do cả hai vòi chảy được \(\frac{1}{8}\) bể nên ta có phương trình: \(\frac{1}{{3x}} + \frac{1}{{2y}} = \frac{1}{8}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{3}\\\frac{1}{{3x}} + \frac{1}{{2y}} = \frac{1}{8}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{3x}} + \frac{1}{{3y}} = \frac{1}{9}\\\frac{1}{{3x}} + \frac{1}{{2y}} = \frac{1}{8}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{3}\\\frac{1}{{6y}} = \frac{1}{{72}}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 12\end{array} \right.\) (TMĐK)

Vậy thời gian vòi 1, vòi 2 chảy một mình đầy bể lần lượt là 4 (giờ); 12 (giờ)

\(A = {\rm{sin}}15^\circ  - {\rm{cos}}64^\circ  + {\rm{sin}}26^\circ  - {\rm{cos}}75^\circ  + 5\)

\( = {\rm{sin}}15^\circ  - {\rm{sin}}26^\circ  + {\rm{sin}}26^\circ  - {\rm{sin}}15^\circ  + 5\)

\( = 5.\)

Gọi chiều cao cái tháp là \(AB\).

Khoảng cách của hai người bên kia sông đến chân tháp lần lượt là \[BC\] và \[BD\].

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: \(BC = AB.\cot C = 17.\cot 60^\circ  = \frac{{17\sqrt 3 }}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) có: \(BD = AB.\cot D = 17.\cot 30^\circ  = 17\sqrt 3 \,\left( {\rm{m}} \right)\)

Khi đó \(DC = BD - BC = 17\sqrt 3  - \frac{{17\sqrt 3 }}{3} \approx 20\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Vậy khoảng cách giữa hai điểm quan sát khoảng 20 m.

a) Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có \[\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \]

Hay \[\widehat {ABC} + 30^\circ  = 90^\circ \]

Suy ra \[\widehat {ABC} = 90^\circ  - 30^\circ  = 60^\circ \].

Ta có \[\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\] hay \[\sin 30^\circ  = \frac{{AB}}{{20}} = \frac{1}{2}\] nên \[AB = 10\] (cm);

     \[{\rm{cos}}\widehat {ACB} = \frac{{AC}}{{BC}}\] hay \[{\rm{cos}}\,30^\circ  = \frac{{AC}}{{20}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\] nên \[AC = 10\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Xét \[\Delta ADH\] và \[\Delta AHB\] có:

\[\widehat {ADH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \] và \[\widehat {DAH}\] là góc chung

Do đó $\Delta ADH\backsim \Delta AHB$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\] nên \[A{H^2} = AD \cdot AB.\] (1)

Xét \[\Delta AEH\] và \[\Delta AHC\] có:

\[\widehat {AEH} = \widehat {AHC} = 90^\circ \] và \[\widehat {EAH}\] là góc chung

Do đó $\Delta AEH\backsim \Delta AHC$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\] nên \[A{H^2} = AC \cdot AE.\] (2)

Từ (1) và (2) ta có \[AD.AB = AE.AC\].

c) Xét \[\Delta IBA\] và \(\Delta ABM\) có:

\(\widehat I = \widehat A = 90^\circ \), \(\widehat {MBA}\) là góc chung

Do đó $\Delta IBA\backsim \Delta ABM$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {AMB} = \widehat {IAB}\) nên \(\sin \widehat {AMB} = \sin \widehat {IAB} = \frac{{BI}}{{AB}}\). \(\left( 3 \right)\)

Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có \(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\). \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra: \(\sin \widehat {AMB}.\sin \widehat {ACB} = \frac{{BI}}{{AB}}.\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{BI}}{{BC}}\). \(\left( * \right)\)

Xét \[\Delta HBA\] và \(\Delta ABC\) có :

\(\widehat H = \widehat A = 90^\circ \), \(\widehat {ABC}\) là góc chung

Do đó $\Delta HBA\backsim \Delta ABC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{BA}}{{CB}}\) nên \(A{B^2} = BH.BC\)  (5)

Mặt khác, từ $\Delta IBA\backsim \Delta ABM$ suy ra \(\frac{{AB}}{{BM}} = \frac{{BI}}{{AB}}\) nên \(A{B^2} = BI.BM\) \(\left( 6 \right)\)

Từ \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra: \(BI.BM = A{B^2} = BH.BC\) nên \(\frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BM}}\).

Xét \(\Delta BIH\) và \(\Delta BCM\) có:

\(\frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BM}}\) (cmt) và \(\widehat {CBM}\) là góc chung

Do đó $\Delta BIH\backsim \Delta BCM$ (c.g.c).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{HI}}{{MC}}\)  \(\left( {**} \right)\).

Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( {**} \right)\) suy ra: \(\sin \widehat {AMB}.\sin \widehat {ACB} = \frac{{HI}}{{CM}}\).