Đề kiểm tra giữa học kỳ I Toán 9 – Năm học 2026–2027

Câu 1
(2,5 điểm)

a

Rút gọn biểu thức $P$ (1,0 điểm)

1,0

Với $x \ne 2$ và $x \ne -2$, mẫu thức chung là $(x-2)(x+2) = x^2-4$.

0,25

Biến đổi quy đồng mẫu thức:
$P = \dfrac{(x+2)^2 + (x-2)^2 - 4}{(x-2)(x+2)}$

0,25

Khai triển và thu gọn tử thức:
Tử thức $= (x^2 + 4x + 4) + (x^2 - 4x + 4) - 4 = 2x^2 + 4$

0,25

Do đó: $P = \dfrac{2x^2+4}{x^2-4}$ (hoặc $P = \dfrac{2(x^2+2)}{x^2-4}$).

0,25

b

Tính giá trị của $P$ khi $x=3$ (0,5 điểm)

0,5

Giá trị $x = 3$ thỏa mãn điều kiện xác định ($x \ne \pm 2$).

0,25

Thay $x = 3$ vào biểu thức $P$, ta được:
$P = \dfrac{2\cdot 3^2 + 4}{3^2 - 4} = \dfrac{2\cdot 9 + 4}{9 - 4} = \dfrac{22}{5}$.
Vậy khi $x=3$ thì $P = \dfrac{22}{5}$.

0,25

c

Tìm $x \in \mathbb{Z}$ để $P \in \mathbb{Z}$ (1,0 điểm)

1,0

Biến đổi biểu thức $P$:
$P = \dfrac{2(x^2-4)+12}{x^2-4} = 2 + \dfrac{12}{x^2-4}$

0,25

Với $x \in \mathbb{Z}$, để $P \in \mathbb{Z}$ thì $\dfrac{12}{x^2-4} \in \mathbb{Z} \Rightarrow (x^2 - 4) \in \text{Ư}(12)$.
Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x^2 \ge 0 \Rightarrow x^2 - 4 \ge -4$.
Do đó $x^2 - 4 \in \{-4; -3; -2; -1; 1; 2; 3; 4; 6; 12\}$.

0,25

Xét các trường hợp tìm $x^2$ là số chính phương:
- $x^2 - 4 = -4 \Rightarrow x^2 = 0 \Rightarrow x = 0$ (thỏa mãn ĐKXĐ).
- $x^2 - 4 = -3 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$ (thỏa mãn ĐKXĐ).
- $x^2 - 4 = 12 \Rightarrow x^2 = 16 \Rightarrow x = \pm 4$ (thỏa mãn ĐKXĐ).
- Các trường hợp còn lại dẫn tới $x^2 \in \{2; 3; 5; 6; 7; 8; 10\}$ (loại vì $x \in \mathbb{Z}$).

0,25

Vậy các giá trị nguyên cần tìm của $x$ là $x \in \{-4; -1; 0; 1; 4\}$.

0,25

Câu 2
(1,5 điểm)

Giải hệ phương trình $\begin{cases} 2x+3y=7 \\ 3x-2y=4 \end{cases}$ (1,5 điểm)

1,5

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với $2$ và phương trình thứ hai với $3$, ta được:
$\begin{cases} 4x + 6y = 14 \\ 9x - 6y = 12 \end{cases}$

0,5

Cộng từng vế của hai phương trình trên, ta được:
$13x = 26 \Rightarrow x = 2$

0,5

Thay $x = 2$ vào phương trình $2x + 3y = 7$, ta có:
$2\cdot 2 + 3y = 7 \Rightarrow 3y = 3 \Rightarrow y = 1$

0,25

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $(x; y) = (2; 1)$.

0,25

Câu 3
(2,0 điểm)

Bài toán thực tế về số lượng vé tham quan (2,0 điểm)

2,0

Gọi số người lớn trong đoàn là $x$ (người) và số học sinh là $y$ (người).
Điều kiện: $x, y \in \mathbb{N}^*$ và $x, y < 120$.

0,25

Vì tổng số người trong đoàn là 120 nên ta có phương trình:
$x + y = 120$ (1)

0,5

Số tiền vé người lớn là $80\,000x$ (đồng), số tiền vé học sinh là $50\,000y$ (đồng).
Tổng số tiền vé là 8 100 000 đồng nên ta có phương trình:
$80\,000x + 50\,000y = 8\,100\,000 \Leftrightarrow 8x + 5y = 810$ (2)

0,5

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
$\begin{cases} x + y = 120 \\ 8x + 5y = 810 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 5x + 5y = 600 \\ 8x + 5y = 810 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3x = 210 \\ y = 120 - x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 70 \\ y = 50 \end{cases}$

0,5

Giá trị $x = 70; y = 50$ thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy đoàn tham quan có 70 người lớn và 50 học sinh.

0,25

Câu 4
(3,0 điểm)

[Hình vẽ]

a

Tính độ dài $BC$ và tỉ số lượng giác $\sin\widehat{ABC}$ (1,0 điểm)

1,0

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$
$\Rightarrow BC = \sqrt{100} = 10$ (cm).

0,5

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:
$\sin\widehat{ABC} = \dfrac{AC}{BC} = \dfrac{8}{10} = \dfrac{4}{5} = 0,8$.

0,5

b

Chứng minh $\triangle ABH\sim\triangle CBA$ và tính $BH, AH$ (1,0 điểm)

1,0

Xét $\triangle ABH$ và $\triangle CBA$ có:
- $\widehat{AHB} = \widehat{CAB} = 90^\circ$;
- $\widehat{ABC}$ là góc chung.
Suy ra $\triangle ABH \sim \triangle CBA$ (g.g).

0,5

Do $\triangle ABH \sim \triangle CBA$, ta có tỉ số đồng dạng:
$\dfrac{AB}{CB} = \dfrac{BH}{AB} \Rightarrow BH = \dfrac{AB^2}{BC} = \dfrac{6^2}{10} = 3,6$ (cm).

0,25

Tương tự: $\dfrac{AH}{CA} = \dfrac{AB}{CB} \Rightarrow AH = \dfrac{AB\cdot AC}{BC} = \dfrac{6\cdot 8}{10} = 4,8$ (cm).

0,25

c

Chứng minh $AD\cdot AB = AE\cdot AC$ (1,0 điểm)

1,0

Xét $\triangle ABH$ vuông tại $H$, có đường cao $HD$ ($HD \perp AB$ tại $D$):
Chứng minh được $\triangle ADH \sim \triangle AHB$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AD}{AH} = \dfrac{AH}{AB} \Rightarrow AD\cdot AB = AH^2$ (1).

0,5

Xét $\triangle ACH$ vuông tại $H$, có đường cao $HE$ ($HE \perp AC$ tại $E$):
Tương tự ta có $\triangle AEH \sim \triangle AHC$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AE}{AH} = \dfrac{AH}{AC} \Rightarrow AE\cdot AC = AH^2$ (2).

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: $AD\cdot AB = AE\cdot AC$ (cùng bằng $AH^2$).

0,25

Câu 5
(1,0 điểm)

Tìm GTNN của $Q=\dfrac{x}{y+1}+\dfrac{y}{x+1}$ (1,0 điểm)

1,0

Ta có biến đổi:
$Q + 2 = \left(\dfrac{x}{y+1} + 1\right) + \left(\dfrac{y}{x+1} + 1\right) = \dfrac{x+y+1}{y+1} + \dfrac{x+y+1}{x+1} = (x+y+1)\left(\dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{y+1}\right)$
Vì $x+y=6$ nên $x+y+1 = 7$. Do đó $Q + 2 = 7\left(\dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{y+1}\right)$.

0,25

Với mọi $a, b > 0$, ta có bất đẳng thức: $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}$ (chứng minh tương đương $(a+b)^2 \ge 4ab \Leftrightarrow (a-b)^2 \ge 0$, luôn đúng).

0,25

Áp dụng với $a = x+1 > 0$ và $b = y+1 > 0$, ta có:
$\dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{y+1} \ge \dfrac{4}{(x+1)+(y+1)} = \dfrac{4}{x+y+2} = \dfrac{4}{6+2} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}$.
Suy ra $Q + 2 \ge 7 \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{7}{2} \Rightarrow Q \ge \dfrac{7}{2} - 2 = \dfrac{3}{2}$.

0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x+1 = y+1 \Leftrightarrow x = y$.
Kết hợp $x+y=6$ và $x, y > 0 \Rightarrow x = y = 3$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $Q$ là $\dfrac{3}{2}$, đạt được khi $x = y = 3$.

0,25