Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2026-2027 THCS&THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

a) \({\left( {x - 4} \right)^2} = \left( {4 - x} \right)\left( {8 - 7x} \right)\)

\({\left( {x - 4} \right)^2} - \left( {x - 4} \right)\left( {7x - 8} \right) = 0\)

\(\left( {x - 4} \right)\left( {x - 4 - 7x + 8} \right) = 0\)

\(\left( {x - 4} \right)\left( {4 - 6x} \right) = 0\)

\(x = 4\) hoặc \(x = \frac{2}{3}\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4\) và \(x = \frac{2}{3}\).

b) Ta có: \(2x\left( {x - 2} \right) + 3x - 6 = 2x\left( {x - 2} \right) + 3\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {2x + 3} \right)\).

ĐKXĐ: \(x \ne  - \frac{3}{2}\); \(x \ne 2\).

Phương trình trở thành \(\frac{{x + 2}}{{2x + 3}} + \frac{{3x - 5}}{{x - 2}} = \frac{{3{x^2} - 7x - 19}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 3} \right)}}\).

Quy đồng và khử mẫu ta được:

\(\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + \left( {3x - 5} \right)\left( {2x + 3} \right) = 3{x^2} - 7x - 19\)

\({x^2} - 4 + 6{x^2} - x - 15 = 3{x^2} - 7x - 19\)

\(4{x^2} + 6x = 0\)

\(2x\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\(x = 0\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - \frac{3}{2}\) (loại).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 0\).

c) Điều kiện: \(x \ne  - 1\); \(x - y + 3 \ne 0\).

Đặt \(u = \frac{1}{{\left| {x + 1} \right|}}\), \(v = \frac{1}{{x - y + 3}}\) (\(u > 0\), \(v \ne 0\)).

Hệ trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4u - 7v = 9}\\{5u + 2v = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\),

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(2\) và nhân hai vế của phương trình thứ hai với \(7\), ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8u - 14v = 18}\\{35u + 14v = \frac{7}{2}}\end{array}} \right.\).

Cộng từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(43u = \frac{{43}}{2}\) hay \(u = \frac{1}{2}\).

Thế \(u = \frac{1}{2}\) vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có \(4 \cdot \frac{1}{2} - 7v = 9\), hay \(2 - 7v = 9\), suy ra \(v =  - 1\).

Từ \(u = \frac{1}{2}\), ta có

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

Từ \(v =  - 1\), ta có

\(\frac{1}{{x - y + 3}} =  - 1\) suy ra \(x - y + 3 =  - 1\) suy ra \(y = x + 4\).

Với \(x = 1\) thì \(y = 1 + 4 = 5\).

Với \(x =  - 3\) thì \(y =  - 3 + 4 = 1\).

Do đó, hệ có hai nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;\,\,5} \right)\) hoặc \({\rm{\;}}\left( {x;\,\,y} \right) = \left( { - 3;\,\,1} \right)\).

a) Ta có: \(3x + 1 \le 5\) suy ra \(3x \le 4\) suy ra \(x \le \frac{4}{3}\).

Vì \(x\) là số tự nhiên nên \(x \in \left\{ {0;\,\,1} \right\}\).

b) \(\frac{{1 - 3x}}{6} - x + 2 > \frac{{x + 5}}{{ - 8}}\)

\[\frac{{4\left( {1 - 3x} \right)}}{{24}} - \frac{{24x}}{{24}} + \frac{{48}}{{24}} > \frac{{ - 3\left( {x + 5} \right)}}{{24}}\]

\(4\left( {1 - 3x} \right) - 24x + 48 >  - 3\left( {x + 5} \right)\)

\(52 - 36x >  - 3x - 15\)

\( - 33x >  - 67\)

\(x < \frac{{67}}{{33}}.\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x < \frac{{67}}{{33}}\).

Số tiền bác Nam phải trả khi đi \(10{\rm{\;km}}\) là:

\(20\,\,000 + 14\,\,000 \cdot \left( {10 - 1} \right) = 146\,\,000\) (đồng).

Vì \(146\,\,000 < 150\,\,000\) nên bác Nam có đủ tiền để đi bằng hãng xe này.

Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở là \(x\) (nghìn đồng), mỗi cây bút là \(y\) (nghìn đồng).

Điều kiện: \(x > 0,\,\,y > 0\).

Theo giá niêm yết: \(1500x + 500y = 18000\) hay \(3x + y = 36\) (1).

Số tiền được giảm là \(18000 - 16350 = 1650\) (nghìn đồng), nên:

\(10\%  \cdot 1500x + 5\%  \cdot 500y = 1650\)

\(150x + 25y = 1650\)

\(6x + y = 66\) (2).

Trừ vế theo vế của phương trình (2) cho phương trình (1) ta được:

\(3x = 30\), suy ra \(x = 10\).

Thay \(x = 10\) vào (1) được \(3 \cdot 10 + y = 36\) suy ra \(y = 6\) (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của mỗi quyển vở là \(10\,\,000\) đồng, mỗi cây bút là \(6\,\,000\) đồng.

Tàu ở độ sâu \(195{\rm{\;m}}\) suy ra \(BH = 195\) m.

Xét \({\rm{\Delta }}ABH\) vuông tại \(H\), áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

\(\sin \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AB}}\) suy ra \(AB = \frac{{BH}}{{\sin 23^\circ }} = \frac{{195}}{{\sin 23^\circ }} \approx 499,06\) (m).

Đổi \(15{\rm{\;km/h}} = 250{\rm{\;m/ph\'u t}}\).

Thời gian cần tìm là \(\frac{{499,06}}{{250}} \approx 2{\rm{\;(ph\'u t)}}\).

Vậy sau khoảng \(2{\rm{\;ph\'u t}}\) kể từ lúc bắt đầu lặn thì tàu ở độ sâu \(195\) m so với mặt nước biển.

a) Gọi \(O\) là trung điểm của \(BE\). Suy ra \(OB = OE = \frac{1}{2}BE\).

Vì \(E\) thuộc đường thẳng \(AC\) và \(AB \bot AC\) nên \({\rm{\Delta }}ABE\) vuông tại \(A\), có \(AO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(OA = \frac{{BE}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Vì \(EM \bot BM\) nên \({\rm{\Delta }}BME\) vuông tại \(M\), có \(MO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(OM = \frac{{BE}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Suy ra \(OA = OB = OE = OM = \frac{{BE}}{2}\).

Vậy bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,E,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = \frac{{BE}}{2}\).

b)

Xét \({\rm{\Delta }}FAB\) và \({\rm{\Delta }}FME\) có:

\(\widehat {FAB} = \widehat {FME} = 90^\circ \);

\(\widehat {AFB} = \widehat {MFE}\) (góc chung).

Do đó $\text{Δ}FAB\backsim \text{Δ}FME$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{FA}}{{FM}} = \frac{{FB}}{{FE}}\) hay \(FA \cdot FE = FM \cdot FB\).

Xét \({\rm{\Delta }}BEF\) có \(BA \bot EF\) và \(EM \bot BF\). Hai đường cao này cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}BEF\), suy ra \(FH \bot BE\).

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(FH\) và \(BE\).

\({\rm{\Delta }}AHF\) vuông tại \(A\) có \(AI\) là đường trung tuyến nên \(IA = IH = \frac{1}{2}HF\), suy ra \(\widehat {IAH} = \widehat {IHA}.\)

Mà \(\widehat {IHA} = \widehat {BHQ}\) (đối đỉnh), nên \(\widehat {IAH} = \widehat {BHQ}\) hay \(\widehat {IAB} = \widehat {BHQ}\).

\(OA = OB\) nên \({\rm{\Delta }}OAB\) cân tại \(O\), suy ra \(\widehat {BAO} = \widehat {ABO} = \widehat {HBQ}\).

Do đó \(\widehat {IAO} = \widehat {IAB} + \widehat {BAO} = \widehat {BHQ} + \widehat {HBQ} = 90^\circ \) (vì \({\rm{\Delta }}BHQ\) vuông tại \(Q\)).

Vậy \(AI \bot AO\).

c)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(DC\).

\(MK\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}ADC\) nên \(MK\,{\rm{//}}\,AC\). Mà \(AC \bot AB\) nên \(MK \bot AB\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABK\) có \(AD \bot BK\) và \(KM \bot AB\). Hai đường cao này cắt nhau tại \(M\) nên \(M\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}ABK\), suy ra \(BM \bot AK\).

Mà \(EM \bot BM\) nên \(EM\,{\rm{//}}\,AK\).

Gọi \(P\) là giao điểm của \(EM\) và \(BC\).

Xét \({\rm{\Delta }}ADK\) có \(M\) là trung điểm của \(AD\) và \(MP\,{\rm{//}}\,AK\), nên \(P\) là trung điểm của \(DK\).

Suy ra \(CK = \frac{1}{2}DC\) và \(CP = CK + KP = \frac{1}{2}DC + \frac{1}{4}DC = \frac{3}{4}DC\).

Xét \({\rm{\Delta }}CEP\) có \(AK\,{\rm{//}}\,EP\). Theo định lí Thales: \(\frac{{CA}}{{CE}} = \frac{{CK}}{{CP}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(CE = \frac{3}{2}CA > CA\).

Mà \(E\) thuộc tia \(CA\) nên \(A\) nằm giữa \(C\) và \(E\), do đó \(AE = CE - CA = \frac{1}{2}CA = AN\).

Mà \(N\) thuộc đoạn \(AC\) nên \(E\) và \(N\) nằm khác phía đối với \(A\).

Vậy \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EN\).