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: $1250\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)$