Đề KSCL Toán 9 tháng 9 năm 2026-2027 Trường THCS&THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 3\,\,\left( 1 \right)}\\{x + 3y =  - 1\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\).

Trừ từng vế của phương trình \(\left( 2 \right)\) cho phương trình \(\left( 1 \right)\), ta có:

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

Thay \(y =  - 1\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta được:

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\, - 1} \right)\).

b) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {x - 2} \right)\left( {y + 5} \right) = xy + 4\,\,\left( 1 \right)}\\{\left( {2x + 1} \right)\left( {y - 4} \right) = 2xy - 33\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Từ \(\left( 1 \right)\): \(xy + 5x - 2y - 10 = xy + 4\) suy ra \(5x - 2y = 14\,\,\left( 3 \right)\).

Từ \(\left( 2 \right)\): \(2xy - 8x + y - 4 = 2xy - 33\) suy ra \[ - 8x + y =  - 29\] suy ra \[y = 8x - 29\,\,\left( 4 \right)\].

Thay \(\left( 4 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\) ta được:

\(5x - 2\left( {8x - 29} \right) = 14\)

\(5x - 16x + 58 = 14\)

\( - 11x =  - 44\)

\(x = 4\).

Thay \(x = 4\) vào \(\left( 4 \right)\) ta được: \(y = 8 \cdot 4 - 29 = 3\).

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

Thay \(x = 5\) và \(y =  - 2\) vào VT của phương trình \(x - 2y = 9\) ta được:

\({\rm{VT}} = 5 - 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 5 + 4 = 9 = {\rm{VP}}\)

Vậy cặp số \(\left( {5;\,\, - 2} \right)\) là một nghiệm của phương trình đã cho.

a) Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn, ta có:

\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\) và \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\).

Ta có: \({\sin ^2}B + {\cos ^2}B = {\left( {\frac{{AC}}{{BC}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{AB}}{{BC}}} \right)^2} = \frac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}}\).

Áp dụng định lý Pythagore cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\): \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\).

\({\sin ^2}B + {\cos ^2}B = \frac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} = 1\) (đpcm).

b) \(M = {\sin ^2}10^\circ  + {\sin ^2}20^\circ  + {\sin ^2}30^\circ  + {\sin ^2}40^\circ  + {\sin ^2}50^\circ  + {\sin ^2}60^\circ  + {\sin ^2}70^\circ  + {\sin ^2}80^\circ \)

\(M = {\sin ^2}10^\circ  + {\sin ^2}20^\circ  + {\sin ^2}30^\circ  + {\sin ^2}40^\circ  + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}40^\circ  + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}30^\circ  + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}20^\circ  + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}10^\circ \)\(M = \left( {{{\sin }^2}10^\circ  + {{\cos }^2}10^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}20^\circ  + {{\cos }^2}20^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}30^\circ  + {{\cos }^2}30^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}40^\circ  + {{\cos }^2}40^\circ } \right)\)Áp dụng kết quả \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\), ta được:

\(M = 1 + 1 + 1 + 1 = 4\).

Vậy \(M = 4\).

Đổi: \(24\) phút \( = \frac{2}{5}\) giờ.

Gọi quãng đường từ kho A đến kho B là \(x\) (km) \(\left( {x > 0} \right)\).

Vận tốc lúc đi là: \({v_1} = 50\) (km/h).

Thời gian lúc đi là: \({t_1} = \frac{x}{{50}}\) (giờ).

Vận tốc lúc về là: \({v_2} = 50 + 10 = 60\) (km/h).

Thời gian về là: \({t_2} = \frac{x}{{60}}\) (giờ).

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi \(24{\rm{\;ph\'u t}}\) (\(\frac{2}{5}\) giờ) nên ta có phương trình:

\(\frac{x}{{50}} - \frac{x}{{60}} = \frac{2}{5}\)

\(x \cdot \left( {\frac{1}{{50}} - \frac{1}{{60}}} \right) = \frac{2}{5}\)

\(x \cdot \frac{1}{{300}} = \frac{2}{5}\)

\(x = \frac{2}{5} \cdot 300 = 120\) (thỏa mãn).

Vậy quãng đường từ kho A đến kho B dài \(120{\rm{\;km}}\).

Gọi thời gian nhóm 1 làm một mình hoàn thành công việc là \(x{\rm{\;(ng\`a y)}}\), \(\left( {x > 15} \right)\).

Gọi thời gian nhóm 2 làm một mình hoàn thành công việc là \(y{\rm{\;(ng\`a y)}}\), \(\left( {y > 15} \right)\).

Khi đó, mỗi ngày:

Nhóm 1 làm được \(\frac{1}{x}\) công việc.

Nhóm 2 làm được \(\frac{1}{y}\) công việc.

Cả hai nhóm cùng làm thì sau \(15\) ngày xong công việc, nên ta có phương trình:

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\) (1).

Hai nhóm cùng làm trong \(12\) ngày thì khối lượng công việc hoàn thành là:

\(12 \cdot \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 12 \cdot \frac{1}{{15}} = \frac{4}{5}\) (công việc).

Phần công việc còn lại là: \(1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}\) (công việc).

Nhóm 2 làm nốt phần công việc còn lại này một mình trong \(8\) ngày, nên:

\(8 \cdot \frac{1}{y} = \frac{1}{5}\) suy ra \(\frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) suy ra \(y = 40\) (thỏa mãn).

Thay \(\frac{1}{y} = \frac{1}{{40}}\) vào (1) ta được:

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{{40}} = \frac{1}{{15}}\) suy ra \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{15}} - \frac{1}{{40}} = \frac{1}{{24}}\) suy ra \(x = 24\) (thỏa mãn).

Vậy nhóm 1 làm một mình cần \(24\) ngày, nhóm 2 làm một mình cần \(40\) ngày.

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

\(AH = OH \cdot \tan \left( {\widehat {AOH}} \right) = 4 \cdot \tan 42^\circ \) (m).

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

\(HB = OH \cdot \tan \left( {\widehat {HOB}} \right) = 4 \cdot \tan 28^\circ \) (m).

Chiều cao \(AB\) của cây là:

\(AB = AH + HB = 4 \cdot \tan 42^\circ  + 4 \cdot \tan 28^\circ  \approx 5,7284 \approx 5,7\) (m).

Vậy chiều cao của cây khoảng \(5,7\) m.

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\):

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) tại \(H\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung (tức \(\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\)).

Do đó, $\text{Δ}HBA\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(A{B^2} = BH \cdot BC\) (đpcm).

b) ⦁ Chứng minh \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\):

Trong \({\rm{\Delta }}ABN\) vuông tại \(A\) có: \(\widehat {ANM} = 90^\circ  - \widehat {ABM}\) (1).

Trong \({\rm{\Delta }}BMH\) vuông tại \(H\) có: \(\widehat {BMH} = 90^\circ  - \widehat {MBH}\).

Lại có \(\widehat {BMH} = \widehat {AMN}\) (hai góc đối đỉnh).

Do đó, \(\widehat {AMN} = \widehat {BMH} = 90^\circ  - \widehat {MBH}\) (2).

Vì \(BN\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {ABM} = \widehat {MBH}\) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ANM}\).

Do đó, \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\).

             ⦁ Chứng minh \(A{M^2} = MH \cdot NC\):

Áp dụng tính chất đường phân giác trong các tam giác:

Xét \({\rm{\Delta }}ABH\) có \(BM\) là đường phân giác của \(\widehat {ABH}\), do đó: \(\frac{{AM}}{{MH}} = \frac{{AB}}{{BH}}\) (tính chất đường phân giác).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) có \(BN\) là đường phân giác, do đó: \(\frac{{NC}}{{AN}} = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) (tính chất đường phân giác).

Nhân hai tỉ số trên, ta được: \(\frac{{AM}}{{MH}} \cdot \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BH}} \cdot \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}}\)

Theo câu a), \(A{B^2} = BH \cdot BC\) suy ra \(\frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}} = 1\).

Do đó, \(\frac{{AM \cdot AN}}{{MH \cdot NC}} = 1\) suy ra \(AM \cdot AN = MH \cdot NC\).

Vì \(AM = AN\) (\({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\)) nên \(A{M^2} = MH \cdot NC\) (đpcm).

c)

Xét \({\rm{\Delta }}NIH\) và \({\rm{\Delta }}NDB\) có:

\(\widehat {NIH} = \widehat {NDB} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \(BD \bot HN\)).

\(\widehat {N\,}\)là góc chung (tức \(\widehat {INH} = \widehat {DNB}\)).

 Do đó, $\text{Δ}NIH\backsim \text{Δ}NDB$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NH}}{{NB}}\) hay \(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}NID\) và \({\rm{\Delta }}NHB\) có:

\(\widehat {IND}\) là góc chung;

\(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Do đó, $\text{Δ}NID\backsim \text{Δ}NHB$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {NDI} = \widehat {NBH}\).

Gọi \(J\) là giao điểm của \(ID\) và \(BH\).

Xét \({\rm{\Delta }}JDH\) và \({\rm{\Delta }}JBI\) có:

\(\widehat {DJH} = \widehat {BJI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {JDH} = \widehat {JBI}\) (do \(\widehat {IDN} = \widehat {NBH}\) vừa chứng minh).

Do đó, $\text{Δ}JDH\backsim \text{Δ}JBI$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {BID} = \widehat {BHD}\) (4).

Kéo dài \(HI\) cắt \(AB\) tại \(K\).

Xét \({\rm{\Delta }}BIK\) và \({\rm{\Delta }}BAN\) có:

\(\widehat {BIK} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {IBK} = \widehat {ABN}\).

Do đó, $\text{Δ}BIK\backsim \text{Δ}BAN$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BK}}{{BN}}\).

Chứng minh tương tự ta được $\text{Δ}BIA\backsim \text{Δ}BKN$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\).

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(AI\) và \(KN\).

Xét \({\rm{\Delta }}AQK\) và \({\rm{\Delta }}NQI\) có:

\(\widehat {AQK} = \widehat {NQI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {KAQ} = \widehat {INQ}\) (do \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\)).

Do đó, $\text{Δ}AQK\backsim \text{Δ}NQI$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {AIN} = \widehat {AKN}\) (5).

Ta có hai cặp góc kề bù:

\(\widehat {AKN} + \widehat {BKN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AKN} = 180^\circ  - \widehat {BKN}\).

\(\widehat {BHD} + \widehat {BHN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {BHD} = 180^\circ  - \widehat {BHN}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKH\) có \(BI\) vừa là đường cao (\(HI \bot BN\)), vừa là đường phân giác.

Suy ra \({\rm{\Delta }}BKH\) cân tại \(B\) suy ra \(BK = BH\) và \(I\) là trung điểm của \(KH\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKN\) và \({\rm{\Delta }}BHN\):

\(BK = BH\) (chứng minh trên);

\(\widehat {KBN} = \widehat {HBN}\) (do \(BN\) là tia phân giác);

\(BN\) là cạnh chung.

Do đó, \({\rm{\Delta }}BKN = {\rm{\Delta }}BHN\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\).

Vì \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\) nên hai góc bù với chúng cũng bằng nhau: \(\widehat {AKN} = \widehat {BHD}\) (6).

Từ (4), (5) và (6), ta suy ra: \(\widehat {BID} = \widehat {AIN}\).

Mà \(B,\,\,I,\,\,N\) thẳng hàng nên hai góc \(\widehat {AIN}\) và \(\widehat {BIA}\) kề bù với nhau:

               \(\widehat {AIN} + \widehat {BIA} = 180^\circ \)

Thay \(\widehat {AIN} = \widehat {BID}\) vào ta được:

\(\widehat {BID} + \widehat {BIA} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AID} = 180^\circ \)

Vậy ba điểm \(A,\,\,I,\,\,D\) thẳng hàng (đpcm).