Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Nghĩa Mai (Nghệ An) có đáp án

a) Tần số ghép nhóm của nhóm [8; 9) là 10

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [8; 9) là: \[\frac{{10}}{{40}} \cdot 100\% = 25\% \]

0.5

0.5

b) Số phần tử của không gian mẫu là: 10

Số phần tử thuận lợi của biến cố: “Trong 2 bạn trúng thưởng có bạn Xuân” là: 4

Xác suất của biến cố là:\[\frac{{10}}{{40}} = \frac{2}{5}.\]

0.25

0.25

Câu 2

(1,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {12} + 3\sqrt {27} - 2\sqrt {75} \).

Ta có \(A = \sqrt {12} + 3\sqrt {27} - 2\sqrt {75} = \sqrt {4.3} + 3\sqrt {9.3} - 2\sqrt {25.3} \)

0.25

                                              \( = 2\sqrt 3 + 9\sqrt 3 - 10\sqrt 3 \)\( = \sqrt 3 \)

0.25

b) Rút gọn biểu thức: \[A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right).(1 + \frac{1}{{\sqrt x }})\] với \(x > 0,x \ne 1\);

Với \(x > 0,x \ne 1\), ta có: \[A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt x }}} \right) = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1}}{{x - 1}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\]

0,25

                                       \[ = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} = \frac{2}{{\sqrt x - 1}}\]

0,25

c) Có S = 39,2 và t = 2 thay vào \(S = a{t^2}\) ta được 39,2 = a.4 suy ra a = 9,8

0,25

Thay a = 9,8 và t = 5 vào ta có S = 9,8.25 = 245

Vậy sau 5s vật rơi được 245m.

0,25

a) Gọi số cử tri nữ và nam của tổ 7 lần lượt là là x và y \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Ta có: x + y = 1800

Lúc 9h, Số cử tri nữ đã bỏ phiếu là: 0,8x (cử tri)

Lúc 9h, Số cử tri nam đã bỏ phiếu là: 0,9x (cử tri)

Ta có: 0,8x+0,9y=1540

Ta có hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 1800}\\{0,8{\rm{x}} + 0,9y = 1540}\end{array}} \right.\]

Giải được x = 800; y = 1000 (tm)

Vậy số cử tri nữ và nam của tổ 7 lần lượt là 800 và 1000 cử tri

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi lãi suất  trong 1 năm cho vay của ngân hàng đó là\[x{\rm{ }}\left( {0 < x < 1} \right)\,\]

Ta có: Số tiền phải trả sau năm thứ nhất là: \(500 + 500x\) (triệu đồng).

Số tiền phải trả sau năm thứ hai là:

\(500 + 500x + \left( {500 + 500x} \right)x = 500{x^2} + 1000x + 500\) (triệu đồng).

Vì sau hai năm bác Bình An phải trả 605 triệu đồng nên ta có phương trình:

                   \(\begin{array}{l}500{x^2} + 1000x + 500 = 605\\500{x^2} + 1000x - 105 = 0\end{array}\).

Giải phương trình ta được \({x_1} = 0,1\) (thỏa mãn); \({x_2} = - 2,1\) (loại).

Vậy lãi suất mỗi năm của ngân hàng đó là \(0,1 = 10\% .\)

c) Phương trình có hai nghiệm theo Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7 > 0\\{x_1}{x_2} = 4 > 0\end{array} \right.\) nên \({x_1};\,\,{x_2} > 0\)

 \(A = \sqrt {{x_1} + \frac{{7{x_2} + 4}}{{{x_1}}}} + \sqrt {{x_2} + \frac{{7{x_1} + 4}}{{{x_2}}}} = \sqrt {\frac{{x_1^2 + 7{x_2} + 4}}{{{x_1}}}} + \sqrt {\frac{{x_2^2 + 7{x_1} + 4}}{{{x_2}}}} \)

Vì \({x_1};\,\,{x_2}\)là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 - 7{x_1} + 4 = 0;\,\,x_2^2 - 7{x_2} + 4 = 0\)

Suy ra \(x_1^2 + 4 = 7{x_1};\,\,x_2^2 + 4 = 7{x_2}\)

Khi đó A = \(\sqrt {\frac{{x_1^2 + 7{x_2} + 4}}{{{x_1}}}} + \sqrt {\frac{{x_2^2 + 7{x_1} + 4}}{{{x_2}}}} = \sqrt {\frac{{7{x_1} + 7{x_2}}}{{{x_1}}}} + \sqrt {\frac{{7{x_1} + 7{x_2}}}{{{x_2}}}} \)

\( = 7\left( {\frac{1}{{\sqrt {{x_1}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{x_2}} }}} \right) = 7\sqrt {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + \frac{2}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }}} = 7\sqrt {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} + \frac{2}{{\sqrt {{x_1}{x_2}} }}} = \frac{7}{2}\sqrt {11} \)

0.25

0.25

a) Hai tam giác BCE vuông tại E và tam giác BCF vuông tại F có chung cạnh huyền BC

Do đó 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

Vậy tứ giác BCEF nội tiếp.

b) Tứ giác BCEF nội tiếp nên $\widehat{CFE}=\widehat{EBC}\left(=\frac{1}{2}\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{EC}\right)$.

Tứ giác HFBD nội tiếp nên $\widehat{EBC}=\widehat{CFD}\left(=\frac{1}{2}\text{sđ\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{HD}\right)$

Suy ra \[\widehat {CFE} = \widehat {CFD}\] nên \[FC\] là tia phân giác của \[\widehat {EFD}\]

\[\Delta DFE\] có FH là phân giác trong nên \[\frac{{HI}}{{HE}} = \frac{{FI}}{{FE}}\]

Do \[FB \bot FH\] nên FB là phân giác ngoài của tam giác DFE

Suy ra \[\frac{{BI}}{{BE}} = \frac{{FI}}{{FE}}\] nên \[\frac{{BI}}{{BE}} = \frac{{HI}}{{HE}}\] hay \[BE \cdot HI = BI \cdot HE\]

Tia EF cắt đường tròn (O) tại P . Chứng minh: \[A{P^2} = 2AD.OM\]

Tứ giác \[BCEF\] nội tiếp nên \[\widehat {BFE} + \widehat {BCA} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {AFP} + \widehat {BCA} = 180^\circ \]

Tứ giác \[APBC\] nội tiếp nên \[\widehat {APB} + \widehat {BCA} = 180^\circ \]suy ra \[\widehat {AFP} = \widehat {APB}\].

Do đó $\Delta ABP\backsim \Delta APF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AP}} = \frac{{AP}}{{FA}}\] nên \[A{P^2} = AB.FA\,\,\,(1)\]

Do đó $\Delta AHF\backsim \Delta ABD\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$

Suy ra \[\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{FA}}{{AD}}\] nên \[AB.FA = AD.AH\] (2)

Từ (1), (2) suy ra \[A{P^2} = AD.AH\] (3)

Vẽ đường kính AK của (O) nên \[BHCK\] là hình bình hành suy ra H, M, K thẳng hàng.

Tam giác AHK có \[OM\] là đường trung bình nên \[AH = 2OM\] (4)

Từ (3),(4) suy ra\[A{P^2} = 2AD.OM\]

a) Bán kính của đường tròn đáy của hình trụ là: \[S \approx 3,14 \cdot {R^2} = 12,56\]

Suy ra \[{R^2} = 4\] nên \[R = 2\,\,{\rm{cm}}.\]

Thể tích của hộp thực phẩm là: \[V = 3,14 \cdot {R^2} \cdot h = 3,14 \cdot 4 \cdot 5 = 62,8\,\,\left( {c{m^3}} \right).\]

0,5

0,5

Gọi x (cm, x > 0) là chiều dài cung tròn được ghép tạo thành hình nón.

Suy ra đường tròn đáy của hình nón có độ dài là x (cm).

Bán kính R của hình tròn sẽ trở thành đường sinh của hình nón.

Gọi bán kính của đáy là r (cm, r > 0). Suy ra \(2\pi r = x\) nên \(r = \frac{x}{{2\pi }}\).

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{R^2} - {r^2}} = \sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}} \).

Thể tích của hình nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}{\left( {\frac{2}{{2\pi }}} \right)^2}\sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}} \).

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

\[{V^2} = \frac{{4{\pi ^2}}}{9} \cdot \frac{{{x^2}}}{{8{\pi ^2}}} \cdot \frac{{{x^2}}}{{8{\pi ^2}}}\left( {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}} \right) \le \frac{{4{\pi ^2}}}{9}{\left( {\frac{{\frac{{{x^2}}}{{8{\pi ^2}}} + \frac{{{x^2}}}{{8{\pi ^2}}} + {R^2} - \frac{{{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}}}{3}} \right)^3} = \frac{{4{\pi ^2}}}{9} \cdot \frac{{{R^6}}}{{27}}\]

Do đó \[V\] lớn nhất khi và chỉ khi \[\frac{{{x^2}}}{{8{\pi ^2}}} = {R^2} - \frac{{{x^2}}}{{4{\pi ^2}}}\] nên \[x = 4\sqrt 6 \,\pi \] (cm)

0,25

0,25