Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Kiêu Kỵ (Hà Nội) Tháng 3/2026 có đáp án

a) Tần số của nhóm \(\left[ {6;8} \right)\) là 48.

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {6;8} \right)\) là: \(\frac{{48}}{{200}}.100\%  = 24\% \).

b) Số học sinh có thời gian tự học môn Toán trong một tuần ít hơn \(4\) giờ là:

\(5 + 25 = 30\) (học sinh).

Không gian mẫu của phép thử: \(\Omega  = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Không gian mẫu có \(8\) phần tử.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số là ước của \(20\)” là: \(1;2;4;5;10;20\). Có \(6\) kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố đó là \(\frac{6}{8} = \frac{3}{4}\).

1) Thay \(x = 16\) (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\), ta có:

\(A = \frac{{\sqrt {16}  - 3}}{{\sqrt {16} }} = \frac{{4 - 3}}{4} = \frac{1}{4}\)

Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = \frac{1}{4}\).

2) Ta có: \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{5\sqrt x  - 2}}{{x - 4}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) + 1\left( {\sqrt x  - 2} \right) - \left( {5\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x + 2\sqrt x  + \sqrt x  - 2 - 5\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}{\rm{ }}\)(ĐPCM)

3)  \(P = A.B = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 2}}\)

Để tồn tại \(\sqrt P \) thì \(P \ge 0\) thì \(\frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 2}} \ge 0\)

Vì \(\sqrt x  + 2 > 0\) với mọi \(x > 0\), nên ta cần \(\sqrt x  - 3 \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  \ge 3 \Rightarrow x \ge 9\).

Ta có \(\sqrt P  < \frac{2}{3}\) thì \(\sqrt {\frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 2}}}  < \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 2}} < \frac{4}{9}\)

Vì \(\sqrt x  + 2 > 0\) với mọi \(x \ge 9\) suy ra \(9\left( {\sqrt x  - 3} \right) < 4\left( {\sqrt x  + 2} \right)\)

\(9\sqrt x  - 27 < 4\sqrt x  + 8\)

\(5\sqrt x  < 35 \Rightarrow \sqrt x  < 7 \Rightarrow x < 49\)

Kết hợp với điều kiện \(x \ge 9\) và ĐKXĐ ban đầu, ta có: \(9 \le x < 49\).

Vì \(x\) nguyên, nên \(x \in \left\{ {9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\, \ldots \,;\,\,48} \right\}\)

Gọi số tấn mủ cao su mà nông trường phải khai thác mỗi ngày theo kế hoạch là \(x\) (tấn)\(\left( {0 < x < 384} \right)\)

Thời gian khai thác theo kế hoạch là \(\frac{{384}}{x}\) (tấn)

Số tấn mủ cao su mà nông trường đã khai thác mỗi ngày theo thực tế là \(x + 3\) (tấn)

Thời gian khai thác theo thực tế là \(\frac{{385}}{{x + 3}}\) (tấn)

Vì làm xong trước thời hạn \(1\) ngày nên ta có phương trình:

\(\frac{{384}}{x} - \frac{{385}}{{x + 3}} = 1\)

\(\frac{{384\left( {x + 3} \right) - 385x}}{{x\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 3} \right)}}{{x\left( {x + 3} \right)}}\)

\(384x + 1152 - 385x = {x^2} + 3x\)

\({x^2} + 4x - 1152 = 0\)

\({x^2} - 32x + 36x - 1152 = 0\)

\(x\left( {x - 32} \right) + 36\left( {x - 32} \right) = 0\)

\(\left( {x + 36} \right)\left( {x - 32} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \(x + 36 = 0\)

\(x =  - 36\) (loại)

Trường hợp 2: \(x - 32 = 0\)

\(x = 32\) (thỏa mãn)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày nông trường phải khai thác \(32\) tấn mủ cao su.

Nửa chu vi mảnh đất đó là \(28:2 = 14\) (mét)

Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\) (mét) (\(0 < x < 14\))

Vì chiều dài hơn chiều rộng \(4\) mét nên chiều dài là \(x + 2\) (mét)

Diện tích mảnh đất đó là \(x\left( {x + 2} \right)\) (mét)

Vì nửa chu vi bằng \(14\) (mét) nên ta có phương trình

\(x + x + 2 = 14\)

\(2x = 12\)

\(x = 6\) (thỏa mãn)

Vậy diện tích mảnh đất đó là \(6.\left( {6 + 2} \right) = 48\;\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần giấy của chiếc quạt là

Vậy \(S = \pi {R^2} - \pi {r^2}\) \(S = \pi {.28^2} - \pi .{\left( {16:2} \right)^2}\)

\(S = 720\pi  \approx 2261,95\;\left( {c{m^2}} \right)\).

Vậy diện tích phần giấy của chiếc quạt khoảng \(2261,95\;\left( {c{m^2}} \right)\).

a) Chứng minh tứ giác \(ABHE\) nội tiếp.

Vì \(AH\) là đường cao của tam giác \(ABC\) suy ra \(AH \bot BC\) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) do đó \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) suy ra \(A,H,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Vì \(E\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AD\) suy ra \(BE \bot AD\) nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) do đó \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) suy ra \(A,E,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) .

Suy ra \(A,H,B,\;E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay tứ giác \(ABHE\) nội tiếp được đường tròn.

b) Chứng minh \(IA.IE = IB.IH\) và \(HE\;{\rm{//}}\;CD\).

Xét \[\Delta IHA\] và \[\Delta IEB\] có: \[\widehat {IHA} = \widehat {IEB} = 90^\circ \], \[\widehat {AIB}\] chung nên  (g.g)

Suy ra \[\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IB}}\]. Do đó \(IA.IE = IB.IH\).

Xét tứ giác \(ABHE\) nội tiếp có \(\widehat {BAD} = \widehat {EHC}\;\left( { = 180^\circ  - \widehat {BHE}} \right)\)

 Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BAD} = \widehat {BCD} = \frac{1}{2}\)sđ  (2 góc nội tiếp chắn )

Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {BCD}\) mà hai góc ở vị trí so le trong suy ra \(HE\;{\rm{//}}\;CD\).

c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HEF\) là một điểm cố định.

Gọi \(P,\;M,\;N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(BC\), \(CA\).   

Xét đường tròn đường kính \(AC\) có \(\widehat {CAF} = \widehat {CHF} = \frac{1}{2}\)sđ (2 góc nội tiếp chắn ) .

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = \frac{1}{2}\)sđ (2 góc nội tiếp chắn ).

Nên \(\widehat {CHF} = \widehat {CBD}\) mà hai góc ở vị trí đồng vị suy ra \(HF\,{\rm{//}}\,BD\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABD} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BD \bot AB\).

Mà \(HF\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(HF \bot AB\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AC\).

Suy ra \(MN\) là đường trung bình nên \(MN\,{\rm{//}}\,AB\) mà \(HF \bot AB \Rightarrow MN \bot HF\).

Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\) có \(HN\) là đường trung tuyến suy ra \(HN = \frac{1}{2}AC\).

Xét tam giác \(AFC\) vuông tại \(F\) có \(FN\) là đường trung tuyến suy ra \(FN = \frac{1}{2}AC \Rightarrow HN = FN\) Mà \(MN \bot HF\) nên \(MN\) là trung trực của \(HF\) \( \Rightarrow MH = MF\)(1).

Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(P\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(PM\) là đường trung bình nên \(PM\,{\rm{//}}\,AC\) mà \(CD \bot AC \Rightarrow PM \bot CD\).

Mà \(HE\;{\rm{//}}\;CD\) nên \(PM \bot HE\)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(HP\) là đường trung tuyến suy ra \(HP = \frac{1}{2}AB\).

Xét tam giác \(AEB\) vuông tại \(E\) có \(EP\) là đường trung tuyến suy ra \(EP = \frac{1}{2}AB \Rightarrow EP = HP\) mà  \(PM \bot HE \Rightarrow PM\) là trung trực của \(HE\) \( \Rightarrow MH = ME\)(2).

Từ (1) (2) suy ra là \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\).

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) là điểm  cố định  khi \(A\) di động trên cung lớn  \(BC\).

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HEF\) là một điểm  cố định.

Gọi chiều dài hình chữ nhật là \(MQ = x\,\left( {cm} \right)\) (với \(0 < x < 100\))

Ta có \[KC = \frac{1}{2}.BC = 50cm\]

Xét tam giác \[AKC\] vuông tại \[K\] có: \[AK = \sqrt {A{C^2} - K{C^2}}  = \sqrt {{{100}^2} - {{50}^2}}  = 50\sqrt 3 \left( {cm} \right)\]

Khi đó \[QC = KC - KQ = 50 - \frac{x}{2}\]

Xét \[AKC\] có \[PQ\,{\rm{//}}\,AK\] suy ra \[\frac{{PQ}}{{AK}} = \frac{{QC}}{{KC}}\]

Suy ra \[PQ = \frac{{\left( {50 - \frac{x}{2}} \right).50\sqrt 3 }}{{50}} = 50\sqrt 3  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}x\]

Diện tích hình chữ nhật \[MNPQ\] là

\[S = x.\left( {50\sqrt 3  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}x} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + 50\sqrt 3 x\]

\( =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{x^2} - 100x} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{x^2} - 100x + 2500 - 2500} \right)\)

\( =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {{{\left( {x - 50} \right)}^2} - 2500} \right] =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\left( {x - 50} \right)^2} + 1250\sqrt 3 .\)

Vì \({\left( {x - 50} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x\) nên \( - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\left( {x - 50} \right)^2} \le 0\).

\( - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\left( {x - 50} \right)^2} + 1250\sqrt 3  \le 1250\sqrt 3 \) suy ra \(S \le 1250\sqrt 3 \).

Dấu "=" xảy ra khi \(x = 50\).

Diện tích lớn nhất của tấm gỗ hình chữ nhật \[MNPQ\] có thể tạo được là: \(1250\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)\)