Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Nam Từ Liêm (Hà Nội) năm 2024-2025 có đáp án

a) Bảng tần số ghép nhóm cho mẫu số liệu đã cho:

b) Tỉ số phần trăm số hộ gia đình có mức chi cho giáo dục một năm từ\(70\) triệu trở lên so với tổng số hộ gia đình là \(\frac{{11 + 7}}{{30}}.100\% = 60\% \).

a) Không gian mẫu của phép thử đó là \(\Omega = \left\{ {\left( {5;6} \right);\left( {5;7} \right);\left( {5;8} \right);\left( {6;7} \right);\left( {6;8} \right);\left( {7;8} \right)} \right\}\).

Vậy không gian mẫu có \(6\)phần tử.

b) Xác suất của biến cố A: “Số ghi trên hai viên bi là hai số tự nhiên liên tiếp” là \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

Xác suất của biến cố B: “Hiệu của hai số ghi trên hai viên bi là số chẵn” là \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Xác suất của biến cố C: “Tổng của hai số ghi trên hai viên bi là số nguyên tố” là \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

1) Thay \[x = 9\] (thỏa mãn) vào biểu thức A ta được

\[A = \frac{{\sqrt 9 - 9}}{{4 - \sqrt 9 }} = \frac{{3 - 9}}{{4 - 3}} = - 6\].

Vậy với \[x = 9\] thì \[A = - 6\].

2) Với \[x \ge 0;x \ne 16\], ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 4}} - \frac{6}{{4 - \sqrt x }} - \frac{{24}}{{x - 16}}\]

\[B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 4}} + \frac{6}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{24}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[B = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} + \frac{{6\left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} - \frac{{24}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[B = \frac{{x - 3\sqrt x - 4 + 6\sqrt x + 24 - 24}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[B = \frac{{x + 3\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[B = \frac{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 4}}\].

3) Với \[x \ge 0;x \ne 16\], để \[A + B = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 4}}\] thì

\[\frac{{\sqrt x - x}}{{4 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 4}} = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 4}}\]

\[\frac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} + \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 4}} = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 4}}\]

\[x - \sqrt x + \sqrt x - 1 = 5\sqrt x - 5\]

\[x - 5\sqrt x + 4 = 0\]

\[\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right) = 0\]

\[\sqrt x - 4 = 0\] hoặc \[\sqrt x - 1 = 0\]

\[x = 16\] hoặc \[x = 1\] (thỏa mãn).

Vậy với \[x = 16\] hoặc \[x = 1\] thì \[A + B = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 4}}\].

Gọi số áo may được trong một ngày của tổ thứ nhất là \(x\) (áo), \(x \in \mathbb{N}*\).

Số áo may được trong một ngày của tổ thứ hai là \(x - 10\) (áo).

Số áo may được trong \(3\) ngày của tổ thứ nhất là \(3x\) (áo).

Số áo may được trong \(5\) ngày của tổ thứ hai là \(5\left( {x - 10} \right)\)(áo).

Nếu tổ thứ nhất may trong \(3\) ngày, tổ thứ hai may trong \(5\) ngày thì cả hai tổ may được \[1310\] chiếc áo nên ta có phương trình

\(3x + 5\left( {x - 10} \right) = 1310\)

\(\begin{array}{l}3x + 5x - 50 = 1310\\8x = 1360\\x = 170\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Số áo may được trong một ngày của tổ thứ nhất là \(170\) áo.

Số áo may được trong một ngày của tổ thứ hai là \(170 - 10 = 160\) áo.

Diện tích phần quạt tròn không dán giấy khoảng:

\(S = \frac{{\pi .{R^2}.n}}{{360}} \approx \frac{{3.14.{{\left( {25 - 16} \right)}^2}.130}}{{360}} = 91,85\) (cm³).

Diện tích phần giấy để làm quạt khoảng:

\[S = 2.\left( {\frac{{\pi {{.25}^2}.130}}{{360}} - \frac{{\pi {{.16}^2}.130}}{{360}}} \right) \approx 2.\left( {\frac{{{{3.14.25}^2}.130}}{{360}} - \frac{{{{3.14.16}^2}.130}}{{360}}} \right) = 837,73\] (cm²).

a) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn suy ra \(\widehat {AMB} = 90^\circ \)

Vì \(CD \bot AB\) tại \(O\) nên \(\widehat {AOI} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta AMI\) vuông tại \(M\), suy ra \(\Delta AMI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\).

Xét \(\Delta AOI\) vuông tại \(O\), suy ra \(\Delta AOI\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\).

Như vậy, bốn điểm \(A;M;O;I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AI\) hay tứ giác \(AMIO\) nội tiếp đường tròn.

b) Xét \(\left( O \right)\) có \(MK\) tiếp tuyến tại \(M\) của \(\left( O \right)\) suy ra \(\widehat {KMO} = 90^\circ \)

Vì \(MP \bot CD\) tại điểm \(P\) nên \(\widehat {MPK} = 90^\circ \)

Ta có \(\widehat {KMP} = 90^\circ - \widehat {MKP}\) (\(\Delta MKP\)vuông tại \(M\)) (1)

\(\widehat {KMP} = 90^\circ - \widehat {PMO}\) (\(\widehat {MPK} = 90^\circ \))

Suy ra \(\widehat K = \widehat {PMO}\)

\(\Delta MPO\) vuông tại \(P\) có \(\widehat {PMO} = 90^\circ - \widehat {MOP}\)

Mà \(\widehat {MOP} = 2\widehat {MDI}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Hay \(\widehat K = 90^\circ - 2\widehat {MDI}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {KMP} = 90^\circ - \left( {90^\circ - 2\widehat {MDI}} \right)\)

Vậy \(\widehat {KMP} = 2\widehat {MDI}\).

Xét \(\Delta OMP\) và \(\Delta OKM\) có:

\(\widehat {OMP} = \widehat {OKM} = 90^\circ \) và \(\widehat {MOP}\) chung

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{OM}}{{OP}} = \frac{{OK}}{{OM}}\) hay \(O{M^2} = OP.OK\)

Mà \(OM = OC = R\) nên \(O{C^2} = OP.OK\).

c) Xét \(\Delta CNB\) vuông tại \(N\), suy ra \(\Delta CNB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\).

Xét \(\Delta COB\) vuông tại \(O\), suy ra \(\Delta COB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\).

Do đó tứ giác \(CNOB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\), nên \(\widehat {ONB} = \widehat {OCB}\) (góc nội tiếp chắn

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {OCB}\) là góc nội tiếp chắn

\(\widehat {DOB}\) là góc ở tâm chắn suy ra \(\widehat {OCB}\)=\(\frac{1}{2}\widehat {DOB} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \)

Ta có \(MP\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(CD\)) nên \(\widehat {PMI} = \widehat {IBO}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {OMI} = \widehat {IBO}\) \((\Delta OMB\) cân tại \(M\)) nên \(\widehat {PMI} = \widehat {IMO}\)

Vậy \(MN\)là tia phân giác \(\widehat {DMO}\) (1)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {DMN} = \widehat {DCB}\) (góc nội tiếp chắn ), suy ra \(\widehat {DMN} = \widehat {ONB}\)( Cùng bằng \(\widehat {DCB}\))

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(ON\,{\rm{//}}\,MD\), suy ra \(\widehat {MON} = \widehat {OMD}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {MON} = \frac{1}{2}\widehat {MOI}\) hay \(ON\) là tia phân giác \(\widehat {MOI}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(N\)là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MOP\).

Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên \[x\] (triệu đồng) (ĐK: \[x > 0\])

Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là \[100 + x\] (triệu đồng).

Cứ mỗi lần tăng \[5\% \] tiền thuê mỗi gian hàng (tăng \[5\% .100 = 5\] triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng \[x\] (triệu đồng) thì có thêm \[\frac{{2x}}{5}\] gian hàng trống.

Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là \[100 - \frac{{2x}}{5}\] (gian hàng).

Số tiền thu được là \[\left( {100 + x} \right)\left( {100 - \frac{{2x}}{5}} \right)\] (triệu đồng).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm \[x\] để \[P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \frac{{2x}}{5}} \right)\] đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:

\[P = \left( {100 + x} \right)\left( {100 - \frac{{2x}}{5}} \right)\]

\[ = 10000 - 40x + 100x - \frac{{2{x^2}}}{5}\]

\[ = - \frac{2}{5}\left( {{x^2} - 150x} \right) + 10000\]

\[ = - \frac{2}{5}\left( {{x^2} - 2.75x + {{75}^2}} \right) + \frac{2}{5}{.75^2} + 10000\]

\[ = - \frac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250\]

Ta có: \[{\left( {x - 75} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x\]

Nên \[ - \frac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} \le 0\]

Suy ra \[ - \frac{2}{5}{\left( {x - 75} \right)^2} + 12250 \le 12250\]

Hay \[P \le 12250\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 75\] (thỏa mãn).

Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá \[100 + 75 = 175\] triệu đồng thì doanh thu của trung tâm thương mại từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất.