Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Ngô Sĩ Liên (Hà Nội) năm học 2024-2025 có đáp án
7 câu hỏi
Sau khi thống kê độ dài (đơn vị: centimét) của \(50\) lá dương xỉ trưởng thành, người ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:
(a) Tìm tần số ghép nhóm và tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\).
(b) Vẽ biểu đồ tần số ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm đó.
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:
Một hộp có \(20\) viên bi với kích thước và khối lượng như nhau. Bạn Ngân viết lên các viên bi đó các số tự nhiên từ \(1\) đến \[20\]; hai viên bi khác nhau thì viết hai số khác nhau.
Xét phép thử “Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp”.
(a) Viết không gian mẫu \({\rm{\Omega }}\) của phép thử đó.
(b) Tính xác suất của biến cố \(A\): “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia cho \(4\) dư \[1\]”.
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 \(\frac{1}{4}\).
Cho hai biểu thức \(P = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}\) và \[Q = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}}\] và \[x > 0,x \ne 4\].
1) Tính giá trị của biểu thức \(P\) khi \(x = 9\).
2) Chứng minh rằng \[Q\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].
3) Chứng tỏ rằng \[\frac{P}{Q} \ge 2\sqrt 3 \].
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).
Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:
Bác Toàn chia số tiền \(500\) triệu đồng của mình cho hai khoản đầu tư. Sau một năm, tổng số tiền lãi thu được là \(34\)triệu đồng. Lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \(6\% \)/năm và khoản đầu tư thứ hai là \(8\% \)/năm. Tính số tiền bác Toàn đã đầu tư cho mỗi khoản.
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.
Một bể tắm nước nóng có dạng hình tròn. Trong bể tắm người ta thiết kế bệ ngồi bằng \(16\) tấm ván quanh thành bể như hình vẽ bên. Cho biết \(AB = 50\,\,cm\) và bán kính bể tắm \(OA = 3\,\,m\). Lấy \(\pi \approx 3,14\).
(a) Tính chu vi bể tắm (chu vi đường tròn bán kính \(OA\)).
(b) Tính diện tích bề mặt (theo \(d{m^2}\)) của mỗi tấm ván (làm tròn đến hàng đơn vị).
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 \(54\,\,d{m^2}\).
Cho \(\Delta ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(AD,BE\) của tam giác cắt nhau tại \(H\) (\(D\) thuộc \(BC\), \(E\) thuộc \(CA\)).
1) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,D,B,E\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Tia \(AD\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(G\). Chứng minh rằng \(BC\) là tia phân giác của \(\widehat {HBG}\).
3) Chứng minh \(CH.AD = CD.AB\).
4) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn \(AH\), \(N\) là trung điểm của đoạn \(BC\). Chứng minh: \(\widehat {OMD} = \widehat {NGD}.\)
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 \(\widehat {OMD} = \widehat {NGD}\).
Bác Tùng muốn xây một cái bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật không nắp có thế tích bằng \(36{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\). (Xây mặt đáy và các mặt xung quanh bể). Đáy bể dạng hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Tính số tiền thuê nhân công nhỏ nhất để xây bể biết giá thuê là \(300\,\,000\) đồng\(/{{\rm{m}}^2}\).
Gọi chiều rộng của đáy bể là \[x\] (Điều kiện: \(x > 0\)).
Suy ra chiều dài của đáy bể là \(2x\).
Gọi chiều cao của bể là \[h\] (Điều kiện: \[h > 0\]).
Thể tích của bể là: \(V = x \cdot 2x \cdot h\).
Suy ra \(h = \frac{V}{{2{x^2}}} = \frac{{36}}{{2{x^2}}} = \frac{{18}}{{{x^2}}}\).
Diện tích bể cần xây là: \(S = 2\left( {x + 2x} \right)h + x \cdot 2x\)
\( = 6x \cdot \frac{{18}}{{{x^2}}} + 2{x^2}\)
\( = \frac{{108}}{x} + 2{x^2}\)
\( = \frac{{54}}{x} + \frac{{54}}{x} + 2{x^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương \(\frac{{54}}{x};\frac{{54}}{x};2{x^2}\), ta được:
\(\frac{{54}}{x} + \frac{{54}}{x} + 2{x^2} \ge 3.\sqrt[3]{{\frac{{54}}{x}.\frac{{54}}{x}.2{x^2}}}\).
\( = 3.\sqrt[3]{{5832}} = 3.18 = 54\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{54}}{x} = 2{x^2}\).
Suy ra \(2{x^3} = 54\).
Do đó \({x^3} = 27\).
Vì vậy \(x = 3\).
Khi đó diện tích xây nhỏ nhất của bể là \(54\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
Muốn số tiền thuê nhân công nhỏ nhất thì diện tích xây phải nhỏ nhất (do giá thuê là \(300\,\,000\) đồng\(/{{\rm{m}}^2}\)không thay đổi).
Số tiền thuê nhân công nhỏ nhất để xây bể là: \[54.300\,\,000 = 16\,\,200\,\,000\] (đồng).
Vậy số tiền thuê nhân công nhỏ nhất để xây bể là \[16\,\,200\,\,000\] đồng.
