Đề thi giữa kì 1 Toán 9 năm 2025-2026 THCS Giảng Võ (Hà Nội) có đáp án

1) ${\left(x+2\right)}^2-x\left(x-3\right)+10=0$

$\begin{array}{l}{x}^2+4x+4-x^2+3x+10=0\\ 7x=-14\\ x=-2\end{array}$

Vậy phương trình có nghiệm $x=-2$

2) ${\left(3x-1\right)}^2-\left(x+3\right)\left(3x-1\right)=0$

$\begin{array}{l}9x^2-6x+1-3x^2-8x+3=0\\ 6x^2-14x+4=0\\ 3x^2-7x+2=0\\ 3x^2-6x-x+2=0\\ 3x\left(x-2\right)-\left(x-2\right)=0\\ \left(x-2\right)\left(3x-1\right)=0\end{array}$

$x-2=0$ hoặc $3x-1=0$

$x=2$ hoặc $x=\frac{1}{3}$.

Vậy phương trình có nghiệm là $x\in \left\{2;\frac{1}{3}\right\}.$

3) $\frac{2x}{x+1}+\frac{7x^2-3x}{x^2-1}=\frac{3x-1}{x-1}$    (ĐK: $x\ne 1,x\ne -1).$

$$\frac{2x\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}+\frac{7x^2-3x}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\frac{\left(3x-1\right)\left(x+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$$

$2x\left(x-1\right)+\left(7x^2-3x\right)=\left(3x-1\right)\left(x+1\right)$

$2x^2-2x+7x^2-3x=3x^2+2x-1$

$6x^2-7x+1=0$

$\left(x-1\right)\left(6x-1\right)=0$

$x=1$ (không thỏa mãn) hoặc $$x=\frac{1}{6}$$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm $x=\frac{1}{6}$.   

4) $\frac{x-3}{5}+x>\frac{4x-2}{4}-1$

$\begin{array}{l}4x-12+20x>20x-10-20\\ 4x>-18\\ x>\frac{-9}{2}\end{array}$

Vậy nghiệm của bất phương trình là: $x>\frac{-9}{2}$.

Gọi số học sinh lớp 9A, 9B lần lượt là $x,y$ (học sinh) với $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $0<x,y<93.$

Vì hai lớp 9A và 9B có tổng số $93$ học sinh nên ta có phương trình $x+y=93$. (1)

Vì mỗi học sinh lớp 9A thu gom được trung bình 3 kg giấy vụn, mỗi học sinh lớp 9B thu gom được trung bình 2 kg giấy vụn nên ta có phương trình $3x+2y=231$. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=93\\ 3x+2y=231\end{array}$.

Giải hệ phương trình ta được $\{\begin{array}{l}x=45\\ y=48\end{array}$ (thỏa mãn).

Vậy số học sinh lớp 9A là 45 học sinh và số học sinh lớp 9B là 48 học sinh.

Gọi số điểm đợt bắn cuối là $x$ điểm thì $0\le x\le 10$.

Tổng số điểm bắn lượt $1$ và $2$ là: $9,5+7,5=17$ (điểm).

Tổng số điểm bắn lượt $3$ và $4$ là: $\left(8,0+x\right).2$ (điểm).

Điểm trung bình của $4$ lượt bắn là: $\frac{17+\left(8,0+x\right).2}{6}$  (điểm).

Theo bài ra ta có bất phương trình là:

                                      $\begin{array}{l}\frac{17+\left(8,0+x\right).2}{6}\ge 8,5\\ 17+16+2x\ge 51\\ 2x\ge 18\\ x\ge 9\end{array}$

Vậy lần bắn cuối anh Minh phải đạt được ít nhất là $9$ điểm thì sẽ vượt qua bài thi.

1) Áp dụng tỉ số lượng giác trong $\Delta ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$CB=\frac{AB}{\sin 40^{\circ }}=\frac{150}{\sin 40^{\circ }}\approx 233$ (m).

2) Thời gian robot đi hết quãng đường $CB$ khoảng: $\frac{233}{10}\approx 23$ (s).

Vậy quãng đường robot đã di chuyển khoảng 233 m và thời gian đi khoảng 23 giây.

1) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại $A$ có: $\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}$ (tỉ số lượng giác)

Suy ra $AC=\frac{AB}{\tan \widehat{ACB}}=6:\frac{3}{4}=8$ (cm).

Lại có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2=36+64=100$ (Định lí Pythagore)

Suy ra $BC=10$ (cm) nên $\tan \widehat{ACB}=\frac{3}{4},$ suy ra $\widehat{ACB}\approx 37^{\circ }$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có: $S=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}BC.AH$ suy ra $AH=\frac{6.8}{10}=4,8$ (cm).

2) Ta có $AK//BC,BD\perp BC$ suy ra $AK\perp BD$

Xét $\Delta ABK$ và $\Delta DBA$ có:

$$\widehat{AKB}=\widehat{BAD}=90^{\circ }\left(AK\perp DB,BA\perp AD\right)$$ và $$\widehat{ABD}$$ là góc chung

Do đó  (g.g).

Suy ra $$\frac{BK}{AB}=\frac{AB}{BD}$$ nên $$BK.BD=A{B}^2$$

Giả sử $AB$ cắt $KH$ tại $O$.

Xét tứ giác $AKBH$ có: $\widehat{AKB}=\widehat{KBH}=\widehat{AHB}=90^{\circ }\left(AK\perp BD;BD\perp BC,AH\perp BC\right)$ nên nó là hình chữ nhật.

Suy ra $AH=BK;AB=KH;O$ là trung điểm của $AB,KH$

Từ đó $OB=OK$ nên $\Delta OBK$ cân tại $O$

Suy ra $\widehat{BKH}=\widehat{KBA}$, mà $\widehat{KBA}=\widehat{BCD}$ (cùng phụ với $\widehat{BDC}$) nên $\widehat{BKH}=\widehat{BCD}.$

3) Xét $\Delta BCD$ vuông tại $B$ có $BM$ là trung tuyến ($M$ là trung điểm của đoạn thẳng $DC$) nên $BM=\frac{1}{2}CD=MC$ suy ra $\Delta BMC$ cân tại $$M.$$

Do đó $\widehat{MBC}=\hat{C}$, mà $\hat{C}=\widehat{BKH}$  nên $\widehat{BKH}=\widehat{MBC}$

Mà $$\widehat{BKH}+\widehat{BHK}=90^{\circ }(\Delta BKH$$ vuông tại $B$)

Suy ra $\widehat{MBC}+\widehat{BHK}=90^{\circ }$ hay $BI\perp KH$

Khi đó $\sin \widehat{BKH}=\frac{BI}{BK}$ (1)

Lại có: $\hat{C}=\widehat{BAH}$ (cùng phụ $\widehat{CBA}$) nên $\widehat{BKH}=\widehat{BAH}$

Suy ra $\cos \widehat{BKH}=\cos \widehat{BAH}=\frac{AH}{AB}$

Mà $AH=BK$ nên $\cos \widehat{BKH}=\frac{BK}{AB}$ (2)

$\sin \widehat{BKH}=\sin C=\frac{AB}{BC};\cos \widehat{BKH}=\cos C=\frac{BC}{DC}$ (3)

Từ (1), (2), (3) có ${\left(\sin \widehat{BKH}.\cos \widehat{BKH}\right)}^2={\sin }^2\widehat{BKH}.{\cos }^2\widehat{BKH}=\frac{BI}{BK}.\frac{AB}{BC}.\frac{BK}{AB}.\frac{BC}{DC}=\frac{BI}{DC}$.

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số hộp cơm gà, cơm bò, cơm cá được bán hết trong ngày (hộp) $\left(x,y,z\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

Vì điều kiện về số lượng hộp làm ra là số hộp cơm gà lớn hơn $50$ hộp, số hộp cơm bò và số hộp cơm cá đều không ít hơn $40$ hộp nên $x>50,y\ge 40,z\ge 40$.

Tổng chi phí nguyên liệu để làm các hộp cơm là $25x+35y+20z$ (nghìn đồng).

Vì tổng chi phí nguyên liệu trong ngày không vượt quá 3500000 đồng nên

$25x+35y+20z\le 3500$.

Lợi nhuận mà cửa hàng thu nhập trong ngày là: $8x+10y+6z$ (nghìn đồng).

Có $25x+35y+20z\le 3500$ nên $x\le \frac{3500-35y-20z}{25}$ suy ra $x\le \frac{700-7y-4z}{5}$.

Đặt $M=8x+10y+6z\le 8\left(\frac{700-7y-4z}{5}\right)+10y+6z$.

Suy ra $M\le 1120-\frac{6}{5}y-\frac{2}{5}z$

Mà $y\ge 40,z\ge 40$ nên $M\le 1120-\frac{6}{5}\cdot 40-\frac{2}{5}\cdot 40=1056$ (nghìn đồng).

Dầu “=” xảy ra khi $\{\begin{array}{l}25x+35y+20z=3500\\ y=40\\ z=40\end{array}$ tức là $\{\begin{array}{l}x=52\\ y=40\\ z=40\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy cửa hàng cần nấu $52$ loại cơm gà, $40$ loại cơm bò và $40$ loại cơm cá để đạt lợi nhuận tối đa.