Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Quỳnh Phương (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án
8 câu hỏi
Thời gian (giờ) | \[\left[ {0;\,\,0,5} \right)\] | \[\left[ {0,5;\,\,1} \right)\] | \[\left[ {1;\,\,1,5} \right)\] | \[\left[ {1,5;\,\,2} \right)\] | \[\left[ {2;\,\,2,5} \right)\] |
Tỉ lệ | \[20\% \] | \[25\% \] | \[15\% \] | \[22\% \] | \[18\% \] |
Nhóm nào có tần số tương đối lớn nhất? Biết rằng để thu được bảng thống kê trên, người ta lập phiếu điều tra và thu về 200 phiếu trả lời. Tính số học sinh của nhóm có tần số tương đối lớn nhất.
Nhóm có tần số tương đối lớn nhất \[\left[ {0,5;\,\,1} \right)\].
Số học sinh của nhóm có tần số tương đối lớn nhất là \[200.25\% = 50\] (học sinh)
Kết luận.
Xét phép thử “Rút ngẫu nhiên mỗi hộp một chiếc thẻ và ghép thành số có hai chữ số với chữ số trên tấm thẻ rút ra từ hộp I là chữ số hàng chục”
Các kết quả có thể xảy ra với phép thử là đồng khả năng.
\[\Omega = \left\{ {11;12;13;14;21;22;23;24;31;32;33;34} \right\}\]
\[\Omega \] có 12 phần tử
Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\]: “Số tạo thành chia hết cho 3” là : \[12;21;24;33\].
Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\]
Vậy \[P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\].
(2,0 điểm)
a) Tính \(A = \sqrt {36} - \frac{{\sqrt {18} }}{{\sqrt 2 }}\).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{{2\sqrt x + x}}{{x\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\left( {1 - \frac{{\sqrt x + 2}}{{x + \sqrt x + 1}}} \right)\) với \(x > 0,x \ne 1\).
c) Tìm \(a\) để đường thẳng \(y = 2x - 1\) cắt đường parabol \(y = a{x^2}\) tại điểm có tung độ bằng 3.
a) \(A = \sqrt {36} - \sqrt {\frac{{18}}{2}} \)\( = \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{3^2}} = 6 - 3 = 3\)
b) \(B = \left( {\frac{{2\sqrt x + x}}{{x\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\left( {1 - \frac{{\sqrt x + 2}}{{x + \sqrt x + 1}}} \right)\)\[ = \left( {\frac{{2\sqrt x + x}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{x + \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {1 - \frac{{\sqrt x + 2}}{{x + \sqrt x + 1}}} \right)\;\]
\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}:\frac{{x + \sqrt x + 1 - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{x + \sqrt x + 1}}\]
\[ = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}:\frac{{x - 1}}{{x + \sqrt x + 1}}\]\[ = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}.\frac{{x + \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\]=\(\frac{1}{{x - 1}}\)
Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình: \(2x - 1 = 3\). Giải được \(x = 2\)
Thay \(y = 3,x = 2\) vào phương trình \(y = a{x^2}\) ta có: \(3 = a{.2^2}\). Giải được: \(a = \frac{3}{4}\).
(2,5 điểm)
Gọi số hàng ghế theo dự định là \[x\] (hàng), số ghế mỗi hàng theo dự định là \[y\] (ghế) \[\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*} \right).\]
Số chỗ ban đầu theo dự định là \[xy\] (chỗ)
Nếu tăng thêm 1 hàng thì số hàng là \[x + 1\] (hàng)
Mỗi hàng bớt đi 1 ghế thì số ghế mỗi hàng là \[y - 1\] (ghế)
Khi đó số chỗ ngồi tăng thêm 10 chỗ nên ta có phương trình \[\left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right) = xy + 10\]
Nếu bớt đi 1 hàng thì số hàng là \[x - 1\] (hàng)
Tăng thêm mỗi hàng 2 ghế thì số ghế mỗi hàng là \[y + 2\] (ghế)
Khi đó số chỗ ngồi tăng thêm 9 chỗ nên ta có phương trình \[\left( {x - 1} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 9\].
Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right) = xy + 10\\\left( {x - 1} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 9\end{array} \right.\].
Giải hệ phương trình ta được \[x = 19,y = 29\] (TMĐK)
Vậy số chỗ ban đầu theo dự định là \[xy = 19.29 = 551\] (chỗ).
Gọi giá 1 lít xăng RON95-III trước thời điểm bình ổn giá là \[x\] (nghìn đồng, \[x > 0\])
Số lít xăng mua được trước thời điểm bình ổn giá là \[\frac{{957}}{x}\] (lít).
Sau điều chỉnh, xăng RON95-III giảm 4000đ/lít nên giá 1 lít xăng sau thời điểm bình ổn giá là \[x - 4\] (đồng).
Số lít xăng mua được sau thời điểm bình ổn giá là \[\frac{{957}}{{x - 4}}\] (lít).
Mà sau thời điểm bình ổn giá sẽ được nhiều hơn 4 lít so với thời điểm chưa bình ổn giá nên ta có phương trình \[\frac{{957}}{{x - 4}} - \frac{{957}}{x} = 4\].
Giải phương trình ta tìm được \[x = - 29\] (loại) và \[x = 33\] (TMĐK).
Vậy giá 1 lít xăng RON95-III trước thời điểm bình ổn giá là 33 nghìn đồng.
Phương trình \[{x^2} - 4x + 2 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\]
Nên \[x_1^2 - 4{x_1} + 2 = 0\] và \[x_2^2 - 4{x_2} + 2 = 0 \Rightarrow x_2^2 = 4{x_2} - 2\]
Lại có \[x_2^2 - 4{x_2} + 2 = 0 \Rightarrow 4x_2^2 - 16{x_2} + 8 = 0\]\[ \Rightarrow 4x_2^2 - 2{x_2} = 14{x_2} - 8\] (*)
Áp dụng định lí Viète có: \[{x_1} + {x_2} = 4\] và \[{x_1}{x_2} = 2\]
\[P = \left( {x_1^2 + x_2^2} \right)\left( {\frac{{x_2^3 + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)\]
\[P = \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\left( {\frac{{{x_2}\left( {4{x_2} - 2} \right) + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)\]
\[P = \left[ {{4^2} - 2.2} \right]\left( {\frac{{4x_2^2 - 2{x_2} + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)\]
Thay (*) ta có:
\[P = 12.\left( {\frac{{14{x_2} - 2}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)\]
\[P = 12.\frac{{\left( {14{x_2} - 2} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - 12\left( {{x_1} - 3} \right)}}{{\left( {{x_1} - 3} \right)\left( {{x_1} - 1} \right)}}\]
\[P = 12.\frac{{14{x_1}{x_2} - 14{x_2} - 2{x_1} + 2 - 12{x_1} + 36}}{{x_1^2 - 4{x_1} + 3}}\]
\[P = 12.\frac{{14{x_1}{x_2} - 14{x_2} - 14{x_1} + 38}}{{x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 1}}\]
\[P = 12.\frac{{14.2 - 14.4 + 38}}{1}\]
\[P = 120\]
Vậy \[P = 120\]
(3,0 điểm) Cho tam giác nhọn \[ABC\] \[\left( {AB < AC} \right)\;\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\], gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\]. Các đường cao \[AD,BE,CF\;\]của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\].
a) Chứng minh tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.
b) Các tiếp tuyến với \[\left( O \right)\]tại \[B,\,C\] cắt nhau tại \[G\]. Gọi \[P,\,Q\] lần lượt là giao điểm của \[EF\] với các đường thẳng \[BG\] và \[AO\]. Chứng minh \(\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}\) và \[PM \bot AB\].
c) Qua \[A\] kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai là \[S\]. Gọi \[N\] là giao điểm thứ hai của \[SG\] với \[\left( O \right)\]. Chứng minh ba điểm \(A,M,N\) thẳng hàng.
![Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm \(A,M,N\) thẳng hàng (đpcm). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture5-1778294636.png)
a) Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)
Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)
Do đó bốn điểm \(B,C,E,F\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) nên tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.
b) Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:
\(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (cùng bù \(\widehat {BFE}\)); \(\widehat {BAC}\) chung
Nên (g-g) \( \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (1)
Kẻ đường kính AK suy ra \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {BCK} = \widehat {DAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACD}\))
Lại có: \(\widehat {BCK} = \widehat {FAQ}\) suy ra \(\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}\)
Xét \(\Delta ADC\) và \(\Delta AQF\) có:
\(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (cùng bù \(\widehat {BFE}\)); \(\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}\) (cmt)
Do đó (g-g) \( \Rightarrow \frac{{QF}}{{DC}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{QF}}{{DC}}\) hay \(\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}\) (đpcm).
*) Xét \(\Delta BFC\) vuông tại F có \(FM\) là đường trung tuyến nên \(FM = MB\) (3)
Vì (cmt) \( \Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {AQF} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {QAF} + \widehat {AFQ} = 90^\circ \)
Ta lại có: \(\widehat {PBF} + \widehat {FBO} = 90^\circ \), mà \(\widehat {QAF} = \widehat {FBO}\) nên \(\widehat {PBF} = \widehat {AFQ}\)
Mặt khác \(\widehat {PFB} = \widehat {AFQ}\). Do đó \(\widehat {PFB} = \widehat {PBF}\)
Suy ra \(\Delta PBF\) cân tại P \( \Rightarrow PB = PF\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(PM\) là đường trung trực của \(BF\) \( \Rightarrow PM \bot AB\) (đpcm).
c)
![Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm \(A,M,N\) thẳng hàng (đpcm). (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture6-1778294678.png)
Xét \(\Delta GBN\) và \(\Delta GSB\) có:
\(\widehat {GBN} = \widehat {GSB}\) (cùng \( = \frac{1}{2}\widehat {BON}\)); \(\widehat {BGN}\) chung
Nên (g.g) \( \Rightarrow \frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{GB}}{{GS}} = \frac{{GC}}{{GS}}\) (1)
Xét \(\Delta GCN\) và \(\Delta GSC\) có:
\(\widehat {GCN} = \widehat {GSC}\) (cùng \( = \frac{1}{2}\widehat {CON}\)); \(\widehat {CGN}\) chung
Nên (g-g) \( \Rightarrow \frac{{CN}}{{SC}} = \frac{{GC}}{{GS}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{CN}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{BN}}{{CN}} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{AC}}{{AB}}\) (vì \(SB = AC;\,\,SC = AB\))
\( \Rightarrow BN.AB = CN.AC\)
Gọi \(T\) là giao điểm \(BC,\,NA\). Ta có: \(\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{TB}}{{TA}} \cdot \frac{{TA}}{{TC}}\)
Ta lại có: (g-g); (g-g)
\(\frac{{TB}}{{TA}} = \frac{{BN}}{{AC}};\,\frac{{TA}}{{TC}} = \frac{{AB}}{{CN}}\)\( \Rightarrow \frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{BN.AB}}{{AC.CN}} = 1\)
Suy ra \[T\] là trung điểm của \[BC\]
Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm \(A,M,N\) thẳng hàng (đpcm).
(1,0 điểm)
a) Một que kem ốc quế gồm hai phần: phần kem có dạng hình cầu, phần ốc quế có dạng hình nón (hình vẽ bên). Giả sử bán kính hình cầu bằng bán kính đáy hình nón và khi kem tan chảy hết thì sẽ làm đầy phần ốc quế. Biết thể tích phần kem sau khi tan chảy chỉ bằng \(75\,\% \) thể tích kem đóng băng ban đầu. Gọi \(h\) và \(r\) lần lượt là chiều cao và bán kính của phần ốc quế. Tính tỉ số \(\frac{h}{r}.\)
b) Vào vòng thi chung kết của Hội thi “STEM Creators” có 2 bạn An và Bình. Thử thách của vòng thi là “thiết kế cốc uống nước” có dạng hình trụ không có nắp với cách thức như sau:
Hai bạn có thể chọn một mảnh giấy hình chữ nhật có kích thước khác nhau nhưng phải có chu vi cùng bằng \(40cm\) (giả sử là hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AB \le AD\)), cắt mảnh giấy theo đoạn thẳng \(MN\)để chia thành hai phần là hai hình chữ nhật \(ABMN\)và \(CDNM\) (hình chữ nhật \(CDNM\) có \(CD \ge CM\)). Phần thứ nhất cuộn lại dán hai mép giấy \(AB\) và \(NM\) để được mặt xung quanh của hình trụ làm thành cốc, phần thứ hai cắt lấy một hình tròn để làm đáy cốc (hình vẽ dưới).
Sau khi hai bạn hoàn thiện sản phẩm, An dùng cốc của mình múc đầy nước rồi đổ sang cốc của Bình. Nếu cốc của Bình đầy mà cốc của An vẫn còn nước thì An thắng. Ngược lại, nếu cốc của An hết nước mà cốc của Bình chưa đầy thì Bình thắng. Để An chắc chắn không thua thì An phải thiết kế để thể tích cốc nước lớn nhất. Tính thể tích lớn nhất của cốc nước.
a) Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\) nên thể tích phần kem tan chảy: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {r^3}.75\% = \pi {r^3}\).
Thể tích khối nón: \({V_2} = \frac{1}{3}h.\pi {r^2}\).
Theo bài ra: \({V_1} = {V_2}\) nên \(\pi {r^3} = \frac{1}{3}h.\pi {r^2}\). Suy ra: \(\frac{h}{r} = 3\).
b) Đặt \(AD = x\left( {cm} \right)\).
Vì chu vi hình chữ nhật \(ABCD\) bằng \(40cm\) và \(AD \ge AB\) nên \(AB = 20 - x\) và \(10 \le x < 20\). (1)
Đặt \(AN = a\left( {cm} \right)\), Vì \(CD \ge CM\) nên \(20 - x \ge x - a\) suy ra: \(a \ge 2x - 20\) (2)
Khi đó:
Chiều cao hình trụ: \(h = 20 - x\)
Chu vi đáy cốc bằng \(a\) nên bán kính đáy cốc \(R = \frac{a}{{2\pi }}\)
Vì bán kính đáy cốc \(R \le \frac{{CM}}{2}\) suy ra: \(\frac{a}{{2\pi }} \le \frac{{x - a}}{2}\) hay \(a \le \frac{{\pi x}}{{\pi + 1}}\)
Từ đó ta có thể tích cốc nước \(V = h.\pi {R^2} = \left( {20 - x} \right)\pi \frac{{{a^2}}}{{4{\pi ^2}}} \le \frac{\pi }{{4{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}\left( {20 - x} \right){x^2}\)
Đặt \[A\left( x \right) = \left( {20 - x} \right){x^2} = - {x^3} + 20{x^2} - \frac{{32\,\,000}}{{27}} + \frac{{32\,\,000}}{{27}}\]
\( = - {\left( {x - \frac{{40}}{3}} \right)^2}\left( {x + \frac{{20}}{3}} \right) + \frac{{32\,\,000}}{{27}} \le \frac{{32\,\,000}}{{27}}\)
Từ đó suy ra: \(V \le \frac{{8000\pi }}{{27{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}\).
Dấu bằng xảy ra khi : \(x = \frac{{40}}{3}\) và \(a = \frac{{40\pi }}{{3\left( {\pi + 1} \right)}}\) (thoả mãn các điều kiện (1),(2))
Vậy \(V\) lớn nhất là bằng \(\frac{{8000\pi }}{{27{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}\left( {c{m^2}} \right)\).
