Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 trường THCS Phan Chu Trinh (Hà Nội) năm học 2024-2025 có đáp án
9 câu hỏi
Theo lịch sinh hoạt và học tập của Nam, mẹ Nam đánh giá mức độ sử dụng Internet mỗi ngày của Nam như sau:
– Từ \(\left[ {0\,;\,1} \right)\) giờ là rất ít
– Từ \(\left[ {1\,;\,2} \right)\) giờ là ít
– Từ \(\left[ {2\,;\,3} \right)\) giờ là bình thường
– Từ \(\left[ {3\,;\,4} \right)\) giờ là nhiều
– Từ \(\left[ {4\,;\,5} \right)\) giờ là rất nhiều
Để cân bằng thời lượng sử dụng Internet, bạn Nam đã tự theo dõi và ghi lại thời gian sử dụng Internet mỗi ngày của mình trong \(30\) ngày như sau (đơn vị: giờ):
Hãy lập bảng tần số ghép nhóm và bảng tần số tương đối ghép nhóm cho dữ liệu về thời gian truy cập Internet của bạn Nam (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Quan sát bảng thống kê, ta có:
Tần số bạn Nam sử dụng Internet:
⦁ Từ \(0\) đến dưới \(1\) giờ là \(3\) ngày;
⦁ Từ \(1\) đến dưới \(2\) giờ là \(6\)ngày;
⦁ Từ \(2\) đến dưới \(3\) giờ là \(9\) ngày;
⦁ Từ \(3\) đến dưới \(4\) giờ là \(8\) ngày;
⦁ Từ \(4\) đến dưới \(5\) giờ là \(4\) ngày.
Ta có bảng tần số ghép nhóm sau:
Tần số tương đối bạn Nam sử dụng Internet:
⦁ Từ \(0\) đến dưới \(1\) giờ là: \(\frac{3}{{30}}.100\% = 10\% \);
⦁ Từ \(1\) đến dưới \(2\) giờ là: \(\frac{6}{{30}}.100\% = 20\% \);
⦁ Từ \(2\) đến dưới \(3\) giờ là: \(\frac{9}{{30}}.100\% = 30\% \);
⦁ Từ \(3\) đến dưới \(4\) giờ là: \(\frac{8}{{30}}.100\% \approx 26,7\% \);
⦁ Từ \(4\) đến dưới \(5\) giờ là: \(\frac{4}{{30}}.100\% \approx 13,3\% \).
Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:
Nhân dịp kỉ niệm \(5\) năm thành lập, một đơn vị tổ chức rút thăm trúng thưởng. Có \(50\) phiếu đặt trong hộp ghi số từ \(1\) đến \(50\). Rút ngẫu nhiên một phiếu, nếu rút được phiếu ghi số là bội của \(5\) thì trúng thưởng. Tính xác suất rút được phiếu trúng thưởng.
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 50\).
Gọi biến cố \(A\): “Rút được phiếu ghi số là bội của \(5\)”
Có \(10\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(5;\,\,10;\,\,15;\,\,20;\,\,25;\,\,30;\,\,35;\,\,40;\,\,45;\,\,50\).
Suy ra \(n\left( A \right) = 10\).
Xác suất rút được phiếu trúng thưởng là: \(\frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{50}} = \frac{1}{5}\).
Vậy xác suất rút được phiếu trúng thưởng bằng \(\frac{1}{5}\).
Cho hai biểu thức: \[A = \frac{{\sqrt x + 7}}{{\sqrt x - 2}}\] và \(B = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0;x \ne 4\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 49\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}.\)
3) Tìm \(x\) để biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên.
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 49\).
Thế \(x = 49\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta có:
\[A = \frac{{\sqrt {49} + 7}}{{\sqrt {49} - 2}} = \frac{{7 + 7}}{{7 - 2}} = \frac{{14}}{5}\].
Vậy \[A = \frac{{14}}{5}\] khi \(x = 49\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\).
Ta có: \(B = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{x - 4}}\).
\( = \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\).
\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\).
\( = \frac{{\sqrt x - 2 - 2\sqrt x - 4 + x - 3\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\).
\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\).
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\).
\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\).
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\) (điều phải chứng minh).
3) Tìm \(x\) để biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên.
Ta có \(P = AB = \frac{{\sqrt x + 7}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\).
\( = \frac{{\sqrt x + 7}}{{\sqrt x + 2}}\).
\( = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{5}{{\sqrt x + 2}}\).
\( = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}}\).
Biểu thức \(P\) đạt giá trị nguyên khi và chỉ khi \(\frac{5}{{\sqrt x + 2}}\) là số nguyên.
Với \(x \ge 0;x \ne 4\), ta có: \[\sqrt x \ge 0\].
Suy ra \[\sqrt x + 2 \ge 2\].
Khi đó \(\frac{1}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{1}{2}\).
Vì vậy \(\frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{5}{2}\).
Suy ra \(P = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le 1 + \frac{5}{2} = \frac{7}{2}\) (1)
Vì \(5 > 0\) và \[\sqrt x + 2 \ge 2 > 0\] nên \(\frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 0\).
Suy ra \(P = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 1\) (2)
Từ (1), (2), ta thu được: \(1 < P \le \frac{7}{2}\)
Để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(P \in \left\{ {2\,;\,3} \right\}\).
Với \(P = 2\), ta có: \(1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 2\).
Suy ra \(\frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 1\).
Do đó \(\sqrt x + 2 = 5\).
Vì vậy \(\sqrt x = 3\).
Suy ra \(x = 9\).
Với \(P = 3\), ta có: \(1 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 3\)\( \Rightarrow \sqrt x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn)
Suy ra \(\frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 2\).
Do đó \(2\sqrt x + 4 = 5\).
Vì vậy \(2\sqrt x = 1\).
Suy ra \(\sqrt x = \frac{1}{2}\).
Khi đó \(x = \frac{1}{4}\).
So với điều kiện \(x \ge 0;x \ne 4\), ta nhận \(x = 9;\,\,x = \frac{1}{4}\).
Vậy \(x = 9;\,\,x = \frac{1}{4}\) thì biểu thức \(P = AB\) đạt giá trị nguyên.
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Để phục vụ cho Lễ hội mùa Thu “Huế vào Thu” – một trong những hoạt động của Festival Huế diễn ra vào tháng \(7\) năm \(2025\), một cơ sở sản xuất đèn lồng dự kiến làm \(300\) chiếc đèn lồng trong một thời gian đã định. Do được bổ sung thêm công nhân nên mỗi ngày cơ sở đó làm ra được nhiều hơn \(5\) chiếc đèn lồng so với dự kiến, vì vậy 3 ngày trước khi hết thời hạn, cơ sở sản xuất đã hoàn thành \(300\) chiếc đèn lồng. Hỏi theo dự kiến, mỗi ngày cơ sở đó phải làm ra bao nhiêu chiếc đèn lồng? (Biết rằng số chiếc đèn lồng làm ra mỗi ngày là bằng nhau và nguyên chiếc).
Gọi số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất theo dự kiến là \(x\) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^ * }} \right)\).
Thời gian hoàn thành theo dự kiến là: \(\frac{{300}}{x}\) (ngày).
Số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất thực tế là: \(x + 5\) (chiếc).
Thời gian hoàn thành thực tế là: \(\frac{{300}}{{x + 5}}\) (ngày).
Vì 3 ngày trước khi hết thời hạn, cơ sở sản xuất đã hoàn thành 300 chiếc đèn lồng nên ta có phương trình: \(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 5}} = 3\).
Suy ra \(\frac{{300\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{300x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{3x\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}}\).
Do đó \(300\left( {x + 5} \right) - 300x = 3x\left( {x + 5} \right)\).
Vì vậy \(300x + 1500 - 300x = 3{x^2} + 15x\).
Suy ra \(3{x^2} + 15x - 1500 = 0\).
Khi đó \({x^2} + 5x - 500 = 0\).
Vì vậy \({x^2} + 25x - 20x - 500 = 0\).
Suy ra \(x\left( {x + 25} \right) - 20\left( {x + 25} \right) = 0\).
Do đó \(\left( {x - 20} \right)\left( {x + 25} \right) = 0\).
Vì vậy \(x - 20 = 0\) hoặc \(x + 25 = 0\).
Suy ra \(x = 20\) hoặc \(x = - 25\).
So với điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^ * }\), ta nhận \(x = 20\).
Vậy số đèn lồng mỗi ngày cơ sở đó sản xuất theo dự kiến là 20 chiếc.
Giải phương trình \(2{x^2} - 6x - 11 = 0\).
Giải phương trình \(2{x^2} - 6x - 11 = 0\).
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.2.\left( { - 11} \right) = 36 + 88 = 124 > 0\).
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) + \sqrt {124} }}{{2.2}} = \frac{{6 + 2\sqrt {31} }}{4} = \frac{{3 + \sqrt {31} }}{2}\);
\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) - \sqrt {124} }}{{2.2}} = \frac{{6 - 2\sqrt {31} }}{4} = \frac{{3 - \sqrt {31} }}{2}\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{3 + \sqrt {31} }}{2};\,\,{x_2} = \frac{{3 - \sqrt {31} }}{2}\).
Cho phương trình: \(3{x^2} - 5x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\), \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình trên. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} - 3x_1^2.x_2^2\).
Áp dụng định lý Viète, ta có: \(S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - \left( { - 5} \right)}}{3} = \frac{5}{3}\).
\(P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{1}{3}\).
Ta có: \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} - 3x_1^2x_2^2\).
\( = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3x_1^2x_2^2\).
\( = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 4{x_1}{x_2} - 3x_1^2x_2^2\).
\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 3{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\).
\( = {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} - 4.\frac{1}{3} - 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}\).
\( = \frac{{25}}{9} - \frac{4}{3} - 3.\frac{1}{{{3^2}}}\).
\( = \frac{{25}}{9} - \frac{4}{3} - \frac{1}{3}\).
\( = \frac{{10}}{9}\).
Vậy giá trị của biểu thức \(A\) bằng \(\frac{{10}}{9}\).
Thớt gỗ là một dụng cụ không thể thiếu trong căn bếp của mỗi gia đình. Bề mặt của thớt có dạng hình tròn với đường kính \[34\,\,{\rm{cm}}\].
(a) Tính tổng diện tích hai mặt thớt;
(b) Thớt gỗ sau một thời gian sử dụng, nếu bảo quản không tốt sẽ dễ bị ẩm mốc. Kinh nghiệm dân gian là dùng bột baking soda để làm sạch thớt. Biết rằng \[1\] gam bột baking soda có thể làm sạch được diện tích \[50{\rm{ }}\,c{m^2}\]. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu gam bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt? (Lấy \[\pi \approx 3,14\] và kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
a) Bán kính bề mặt của thớt là: \[\frac{{34}}{2} = 17\,\,\left( {cm} \right)\].
Tổng diện tích hai mặt của thớt là: \[2.\pi {r^2} \approx 2.3,{14.17^2} = 1814,92\,\,\left( {c{m^2}} \right)\].
Vậy tổng diện tích hai mặt của thớt là \[1814,92\,\,c{m^{\rm{2}}}\].
b) Cần ít nhất số gam bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt là:
\[\frac{{1814,92}}{{50}} = 36,2984 \approx 36,3\,\,\left( {gam} \right)\].
Vậy cần ít nhất \[36,3\,\,gam\] bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt.
Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. Trên nửa đường tròn \[\left( O \right)\] lấy điểm \[M\] (\[M\] khác \[A\] và \[B\]). Trên cung \[MB\], lấy điểm \[N\]. Kẻ \[MI\] vuông góc với \[AB\] tại \[I\] (\[I \in AB\]) và \[MK\] vuông góc với \[AN\] tại \[K\] (\[K \in AN\]).
(a) Chứng minh tứ giác \[AIKM\] nội tiếp.
(b) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(MI\). Chứng minh \(AI.AB = AE.AN\) và
(c) Gọi \(H\) là giao điểm của \(IN\) và \(MK\). Chứng minh \(EH\parallel MN\).
a) Ta có: \[MI \bot AB\] tại \[I\] (\[I\] thuộc \[AB\]).
Suy ra tam giác \[AMI\] vuông tại \[I\].
Do đó ba điểm \(A,M,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (1)
Chứng minh tương tự, ta được: ba điểm \(A,M,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (2)
Từ (1), (2), ta thu được tứ giác \[AIKM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AM\].
b) Vì \(MI \bot AB\) tại \(I\)nên \(\widehat {AIE} = 90^\circ \).
Mà \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Suy ra \(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \).
Xét \(\Delta AIE\) và \(\Delta ANB\), có:
\(\widehat {EAI}\) chung;
\(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \) (chứng minh trên).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).
Vậy \(AI.AB = AE.AN\) (điều phải chứng minh).
Ta có: \(\widehat {MAK} = \widehat {MIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AM\)).
Suy ra \(\widehat {MAN} = \widehat {MIK}\).
Mà \(\widehat {MAN} = \widehat {MBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Do đó \(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\).
Vì tứ giác \(AIKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) nên \(\widehat {MAI} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) hay \(\widehat {MAB} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) (3)
Vì tứ giác \(AMNB\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAB} + \widehat {MNB} = 180^\circ \) (4)
Từ (3), (4), ta suy ra \(\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\).
Xét \(\Delta MKI\) và \(\Delta MNB\), có:
\(\,\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\) (chứng minh trên);
\(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\) (chứng minh trên).
Vậy (g.g).
c) Kéo dài \(MH\) cắt \(AB\) tại \(C\).
Ta có: \(MI,AK\) là hai đường cao của \(\Delta MAC\).
Mà \(E\) là giao điểm của \(MI,AK\).
Khi đó \(E\) là trực tâm của \(\Delta MAC\).
Suy ra \(CE \bot MA\) (5)
Ta có: \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Do đó \(AM \bot MB\) (6)
Từ (5), (6), ta suy ra \(CE\parallel MB\).
Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IE}}{{EM}}\) (*)
Ta có: \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Suy ra \(AN \bot NB\).
Mà \(AN \bot HC\) (giả thiết).
Do đó \(HC\parallel NB\).
Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IH}}{{HN}}\) (**)
Từ (*), (**), ta thu được: \(\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IH}}{{HN}}\).
Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được: \(EH\parallel MN\).
Vậy \(EH\parallel MN\) (điều phải chứng minh).
Một xưởng sản xuất các thùng chứa hàng bằng tôn có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp với các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao lần lượt là \(a,b,h\,\,\left( {dm} \right)\). Biết tỉ số của chiều rộng và chiều dài là \(1:3\) và thể tích của thùng bằng \(\frac{9}{4}\,\,d{m^3}\). Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì các kích thước của thùng là bao nhiêu \(dm\)?
Điều kiện: \[a,b,h > 0\].
Vì tỉ số của chiều rộng và chiều dài là \(1:3\) nên \[b = 3a\].
Ta có thể tích của thùng bằng \(\frac{9}{4}\,\,d{m^3}\). Tức là, \(V = \frac{9}{4}\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Suy ra \[a.b.h = \frac{9}{4}\].
Do đó \[a.3a.h = \frac{9}{4}\].
Vì vậy \[3{a^2}.h = \frac{9}{4}\].
Suy ra \[h = \frac{3}{{4{a^2}}}\].
Diện tích xung quanh của thùng là:
\[{S_1} = 2.a.h + 2.b.h = 2a.\frac{3}{{4{a^2}}} + 2.3a.\frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{2a}} + \frac{9}{{2a}} = \frac{{12}}{{2a}} = \frac{6}{a}\,\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Diện tích đáy của thùng là:
\[{S_2} = a.b = a.3a = 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:
\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{6}{a} + 3{a^2} = \frac{3}{a} + \frac{3}{a} + 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương \[\frac{3}{a};\frac{3}{a};3{a^2}\], ta được:
\(S = 3{a^2} + \frac{3}{a} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{3{a^2}.\frac{3}{a}.\frac{3}{a}}} = 9\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\frac{3}{a} = 3{a^2}\].
Suy ra \[{a^3} = 1\].
Do đó \[a = 1\].
So với điều kiện \[a > 0\], ta nhận \[a = 1\].
Ta có: \[b = 3a = 3.1 = 3\] và \[h = \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{{{4.1}^2}}} = \frac{3}{4}\].
So với điều kiện \[b,h > 0\], ta nhận \[b = 3\] và \[h = \frac{3}{4}\].
Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì diện tích vật liệu dùng để làm thùng nhỏ nhất và bằng \[9\,\,d{m^2}\].
Vậy các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao của thùng lần lượt là \[1\,\,dm\,;\,3\,\,dm\,;\,\,\frac{3}{4}\,\,dm\].
