Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Thanh Lãng (Phú Thọ) lần 3 có đáp án
18 câu hỏi
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm). Thí sinh trả lời câu hỏi từ 1 đến 12, mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời A, B, C, D. Em hãy viết vào tờ giấy thi một phương án đúng mà em chọn
Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn?
\(2{x^2} + 3y = 5.\)
\(\sqrt x - 2y = 1.\)
\(2x + \frac{3}{y} = - 5.\)
\(3x - 4y = - 7.\)
\(\left( {5; - 1} \right)\)
\[\left( { - 5;1} \right).\]
\[\left( {1;1} \right).\]
\[\left( {0;3} \right).\]
\[a\sqrt b = \sqrt {ab} .\]
\[a\sqrt b = - \sqrt {ab} .\]
\[a\sqrt b = \sqrt {a{b^2}} .\]
\[a\sqrt b = \sqrt {{a^2}b} .\]
\(x \ge \frac{1}{{2026}}.\)
\(x \le \frac{1}{{2026}}.\)
\(x \ge - \frac{1}{{2026}}.\)
\(x \le - \frac{1}{{2026}}.\)
\(\left( {1;\,4} \right).\)
\(\left( {1;\,\, - 4} \right).\)
\(\left( { - 1;\,\,2} \right).\)
\(\left( { - 1;\,\, - 2} \right).\)
\(S = \frac{{60}}{x}.\)
\(S = 60x.\)
\(S = \frac{x}{{60}}.\)
\(S = x + 60.\)
\(\frac{1}{6}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{1}{2}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\(3\)và \( - 2.\)
\(3\)và \(2.\)
\( - 3\)và \(2.\)
\( - 3\)và \( - 2.\)
\[\frac{3}{4}{\rm{.}}\]
\(\frac{3}{5}{\rm{.}}\)
\[\frac{4}{5}{\rm{.}}\]
\(\frac{5}{3}{\rm{.}}\)
Hình nào sau đây biểu diễn góc nội tiếp
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)
\(a.\)
\(a\sqrt 5 .\)
\(2a.\)
Bảng thống kê số lượt điểm đạt được trong bài thi môn Toán giữa HKII lớp 9A được cho bởi bảng sau:
Điểm | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
Số bạn đạt được | 2 | 3 | 10 | 8 | 12 |
5 |
Theo bảng số liệu trên lớp 9A có bao nhiêu học sinh?
\(35.\)
\(12.\)
\(40.\)
\(10.\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm)
(1,5 điểm).
a) (1,0 điểm) Giải phương trình sau \[{x^2} - 2x - 1 = 0.\]
b) (0,5 điểm) Cho biểu thức \[P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{2}{{x - 4}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x - 2}}\] với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4.\] Rút gọn \[P.\]
a) Xét phương trình sau: \[{x^2} - 2x - 1 = 0.\] |
|
Ta có | 0,25 |
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{1 - \sqrt 2 }}{1} = 1 - \sqrt 2 ,\,\,\,{x_2} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{1} = 1 + \sqrt 2 \] | 0,5 |
Vậy tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {1 - \sqrt 2 ;\,\,1 + \sqrt 2 } \right\}.\] | 0,25 |
b) Xét biểu thức \[P = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{2}{{x - 4}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x - 2}}\] với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4.\] |
|
Với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4.\] Ta có : \[P = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{2}{{x - 4}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x - 2}}\] \[P = \left[ {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x - 2}}\] \[P = \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right].\left( {\sqrt x - 2} \right)\] |
0,25 |
\[P = \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\] Vậy \[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\,\,\,\,\,\,\left( {x \ge 0,\,x \ne 4} \right)\] | 0,25 |
(1,0 điểm). Một phân xưởng theo kế hoạch phải may \[900\] bộ quần áo trong một thời gian quy định, mỗi ngày phân xưởng may được số bộ quần áo là như nhau. Khi thực hiện, do cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày phân xưởng may thêm được \[10\] bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước \[3\] ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng may được bao nhiêu bộ quần áo?
Gọi \(x\) là số bộ quần áo mà mỗi ngày phân xưởng làm được theo kế hoạch (đơn vị là bộ, \(x\) là số nguyên dương). Số ngày phân xưởng làm theo kế hoạch xong công việc là \(\frac{{900}}{x}\) (ngày). | 0,25 |
Thực tế, mỗi ngày phân xưởng làm được \(x + 10\) bộ quần áo. Số ngày thực tế phân xưởng hoàn thành xong công việc là \(\frac{{900}}{{x + 10}}\) (ngày). | 0,25 |
Thực tế phân xưởng đã hoàn thành công việc trước 3 ngày so với kế hoạch, nên ta có phương trình \(\frac{{900}}{x} - \frac{{900}}{{x + 10}} = 3\) | 0,25 |
\( \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50\\x = - 60\end{array} \right.\) So sánh với điều kiện ta được mỗi ngày phân xưởng may được 50 bộ quần áo. | 0,25 |
(0,5 điểm). Một chiếc hộp đựng \(30\) viên bi gồm hai màu xanh và đỏ được đánh số từ \(1\) đến \(30\). Trong đó có \(10\) viên màu xanh được đánh số từ \(1\) đến \(10\). Lẫy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp. Tính xác xuất của biến cố “ Viên bi lấy ra có màu xanh và ghi số chẵn”.
Có \(30\) viên bi mà lấy ngẫu nhiên \(1\) viên nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 30\). | 0,25 |
Các quả bóng màu xanh được đánh số từ \(1\) đến \(10\) có \(5\) số chẵn \(\left( {2;\,4;\,6;\,8;\,10} \right)\) nên \(n\left( A \right) = 5\) Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( A \right)}} = \frac{5}{{30}} = \frac{1}{6}\). | 0,25
|
(3,0 điểm). Cho tam giác \[ABC\] nhọn, nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\]. Kẻ \[AH\] vuông góc với \[BC\] tại \[H\], \[HK\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\] và \[HI\]vuông góc với \[AC\] tại \[I\].
a) Chứng minh tứ giác \[AKHI\]nội tiếp được một đường tròn.
b) Gọi \[E\] là giao điểm của \[AH\] với \[KI\]. Chứng minh: \[EA.EH = EK.EI\] và \[KI\] vuông góc vói \[AO\].
c) Giả sử điểm \[A\]và đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\] cố định, còn dây cung \[BC\] thay đổi sao cho\[AB.AC = 3{R^2}\]. Xác định vị trí của dây cung \[BC\] sao cho tam giác \[ABC\] có diện tích lớn nhất.
![Cho tam giác \[ABC\] nhọn, nội tiếp đườn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture5-1778313636.png) |
|
a) Gọi \(F\) là trung điểm của \(AH\) |
|
Xét \(\Delta AKH\)vuông tại \(K\) có \(KF\) là đường trung tuyến nên \(FA = FH = FK = \frac{1}{2}AH\,\left( 1 \right)\) | 0,25 |
Tương tự ta chứng minh được: \(FA = FH = FI = \frac{1}{2}AH\,\left( 2 \right)\) | 0,25 |
Từ (1) và (2) suy ra: \(FA = FH = FI = FK = \frac{1}{2}AH\) | 0,25 |
Do đó bốn điểm \(A,\,K,\,H,\,I\) cùng thuộc đường tròn tâm \(F\) đường kính \(AH\) hay tứ giác \[AKHI\] nội tiếp được một đường tròn. | 0,25 |
b) * Chứng minh: \(EA.EH = EK.EI\) Xét \(\Delta EAK\)và \(\Delta EIH\) có: \[\widehat {EAK} = \widehat {EIH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK) \[\widehat {AEK} = \widehat {IEH}\] (đối đỉnh) Do đó \(\Delta EAK\) \(\Delta EIH\) (g-g) suy ra \(\frac{{EA}}{{EI}} = \frac{{EK}}{{EH}}\) hay \(EA.EH = EK.EI\) |
0,25 0,25 |
* Chứng minh: \(AO \bot IK\) Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(AD\) và \(KI\). Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AHK}\) (Vì cùng phụ với \(\widehat {HAK}\)) (1) \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (2) Vì tứ giác \[AKHI\]nội tiếp nên \(\widehat {AIK} = \widehat {AHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (3) | 0,25
|
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {{\rm{AIJ}}} = \widehat {ADC}\) (4). | 0,25 |
Ta có \[\widehat {ACD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét \(\Delta ADC\) vuông tại \(C\), ta có: \[\widehat {ADC} + \widehat {CAD} = 90^\circ \] (5) Từ \(\left( 4 \right),\,\left( 5 \right)\) suy ra \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \] | 0,25 |
Xét \(\Delta {\rm{AIJ}}\) có: \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \] suy ra\[\widehat {AJI} = 90^\circ \] hay \(AO \bot IK\). | 0,25 |
c) Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ACD\)có: \(\widehat {AHB} = \widehat {ACD}\left( { = 90^\circ } \right)\); \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\)(cmt) Do đó: \(\Delta AHB\)\(\Delta ACD\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{3{R^2}}}{{2R}} = \frac{{3R}}{2}\) Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.BC = \frac{{3R}}{4}.BC\). Do \(R\) không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất hay \(BC\) là đường kính của đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right).\] |
0,25
0,25 |
(0,5 điểm).
Đổi \(30\)cm = \(0,3\)m. Do phần vải rủ xuống xung quanh có độ dài \(30\)cm nên đường kính của tấm khăn vải là: \(1,4\; + 0,\;3\; + 0,\;3\; = \;2\) (m). Bán kính tấm khăn vải hình tròn là \(2:\;1\; = \;1\) (m). |
0,25 |
Diện tích tấm vải là: \({1^2}\pi \; = \;\pi \approx 3\)(m2). Vậy diện tích khăn trải bàn khoảng \(3\)m2. | 0,25 |
(0,5 điểm). Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x + 2y - 1} + \sqrt {1 - x} = x + 2\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2{y^3} - 2{y^2} = {x^2} + 3xy - x{y^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
ĐKXĐ: \(x + 2y \ge 1;\,\,x \le 1\) Từ phương trình (2) ta có: \(\begin{array}{l}2{y^3} - 2{y^2} = {x^2} + 3xy - x{y^2}\\\left( {2{y^3} + x{y^2}} \right) - \left( {{x^2} + 3xy + 2{y^2}} \right) = 0\\{y^2}\left( {x + 2y} \right) - \left( {x + y} \right)\left( {x + 2y} \right) = 0\\\left( {x + 2y} \right)\left( {{y^2} - x - y} \right) = 0\,\,\,\\{y^2} - x - y = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x + 2y \ge 1} \right)\\x = {y^2} - y\end{array}\) | 0,25 |
Thay vào phương trình (1) \(\sqrt {{y^2} - y + 2y - 1} + \sqrt {1 - \left( {{y^2} - y} \right)} = {y^2} - y + 2\,\,\,\) \(\sqrt {{y^2} + y - 1} + \sqrt { - {y^2} + y + 1} = {y^2} - y + 2\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\,\,\) (ĐK: \({y^2} + y - 1 \ge 0;\,\,\,\,\,\, - {y^2} + y + 1 \ge 0\)) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: \(\,\,\sqrt {{y^2} + y - 1} + \sqrt { - {y^2} + y + 1} \le \frac{{{y^2} + y - 1 + 1}}{2} + \frac{{ - {y^2} + y + 1 + 1}}{2} = y + 1\) Và \({y^2} - y + 2\, \ge y + 1\) \({\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra khi \(y = 1;\,x = 0\) (Thỏa mãn các ĐK) Vậy hpt có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {0;\,\,1} \right).\) |
0,25 |
