DỰ ÁN LÀM ĐỀ THI TUYỂN SINH TOÁN 9 – MẪU TOÁN NINH BÌNH (2026-2027)
Phần I.
Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn một phương án đúng và ghi chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm
Câu 1.
Tập nghiệm của phương trình $({{x}^{2}}-1)(x+2)=0$ là
A. $\{1;-2\}$.
B. $\{1;2\}$.
C. $\{-1;1;-2\}$.
D. $\{-1;1;2\}$.
Câu 2.
Hệ phương trình $\left\{ \begin{align}
& 2x+y=3 \\
& x-y=6 \\
\end{align} \right.$ có nghiệm $\left({{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$. Giá trị biểu thức ${{x}_{0}}+{{y}_{0}}$ là
A. $6$.
B. $4$.
C. $0$.
D. $-9.$
Câu 3.
Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn?
A. ${{x}^{2}}-y=5$.
B. ${{x}^{2}}-{{y}^{2}}=0$.
C. $xy-y=-2$.
D. $2y-x=5$.
Câu 4.
Cho hai đường tròn $\left(O;2\,cm \right)$ và $\left(O’;1\,cm \right)$ có $OO’=3\,cm.$ Số điểm chung của hai đường tròn đó là
A. $1$.
B. $2$.
C. $3$.
D. $0$.
Câu 5.
Các tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc xấp xỉ bằng $30{}^\circ $ và bóng của một tháp trên mặt đất dài $92\text{ }m$ (như hình vẽ). Tính chiều cao của tháp. (Lấy kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
A. $46,15\ \text{m}$.
B. $53,12\ \text{m}$.
C. $53,11\ \text{m}$.
D. $46,16\ \text{m}$.
Câu 6.
Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\left(O \right)$có $\widehat{ABC}=120{}^\circ $. Khi đó số đo cung nhỏ $\overset\frown{AC}$ là
A. $120{}^\circ $.
B. $60{}^\circ $.
C. $240{}^\circ $.
D. $180{}^\circ $.
Câu 7.
Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất. Xác suất của biến cố “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc nhỏ hơn $5$” là
A. $\dfrac{1}{4}$.
B. $\dfrac{1}{2}$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{5}{6}$.
Câu 8.
Lớp 9A có $40$ học sinh, trong đó có $6$ học sinh cận thị. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp, xác suất của biến cố “Học sinh đó không bị cận thị” là
A.$\dfrac{17}{3}$.
B. $\dfrac{3}{20}$.
C. $\dfrac{3}{17}$.
D. $\dfrac{17}{20}$.
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm).
1. Chứng minh đẳng thức $\sqrt{3-2\sqrt{2}}-\sqrt{6+4\sqrt{2}}=-3$.
2. Rút gọn biểu thức $A=\left(\dfrac{1-5\sqrt{x}}{x+2\sqrt{x}-3}-\dfrac{\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}} \right):\dfrac{x-\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$ với $x>0$; $x\ne 1$.
Bài 2. (1,5 điểm).
1. Cho hàm số bậc hai $y=\left(m+2 \right){{x}^{2}}$(với $m\ne -2$);$m$ là tham số.
a) Tìm $m$, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm $A\left(-1;2 \right)$.
b) với m vừa tìm được ở câu a. Tìm các điểm thuộc đồ thị có hoành độ bằng $-2$.
2. Cho phương trình ${{x}^{2}}-7x+3=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức: $A=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}.$
Bài 3. (1,0 điểm).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải hoàn thành $950$ sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức $16%$ còn tổ II giảm $5%$ số sản phẩm so với kế hoạch. Tuy nhiên trong thời gian quy định cả hai tổ đã hoàn thành vượt mức $68$ sản phẩm. Hỏi số sản phẩm vượt mức của tổ I và số sản phẩm bị giảm của tổ II so với kế hoạch ban đầu là bao nhiêu?
Bài 4 (1,0 điểm).
Bảng thống kê sau cho biết số lượng học sinh của lớp $9A$ theo mức độ cận thị. 
a) Hãy cho biết lớp $9A$có bao nhiêu học sinh bị cận thị?
b) Lập bảng tần số tương đối cho kết quả thu được.
Bài 5 (2,0 điểm).
Cho đường tròn$\left(O;R \right)$ và một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ với đường tròn $\left(O \right)$($B,\,C$ là các tiếp điểm). Kẻ đường kính $BD$ của đường tròn $\left(O \right)$. Gọi $H$ là giao điểm của $AO$ và $BC$.
a) Chứng minh bốn điểm$A,B,O,C$ cùng thuộc một đường tròn và $HOCD$.
b) Kẻ $CK$ vuông góc với $BD$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $CK$. Chứng minh $CK.OC=AC.KD$ và $HI\bot AB.$
Bài 6 (1,0 điểm).
Một cốc nước hình trụ cao $12 cm$, đường kính $7 cm$, độ dày cốc là $2 mm$, độ dày đáy là $5 mm$ đang chứa $80 ml$ nước. Người ta bỏ các viên đá hình lập phương cạnh $2 cm$ vào cốc sao cho khi đá tan chảy hết thì mực nước sau cùng cách miệng cốc không vượt quá $1\text{ }cm$. Hỏi có thể bỏ tối đa được bao nhiêu viên đá như thế vào cốc?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm).
Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1 (1,5 điểm).
1. Chứng minh đẳng thức $\sqrt{3-2\sqrt{2}}-\sqrt{6+4\sqrt{2}}=-3$.
2. Rút gọn biểu thức $A=\left(\dfrac{1-5\sqrt{x}}{x+2\sqrt{x}-3}-\dfrac{\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}} \right):\dfrac{x-\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$ với $x>0$; $x\ne 1$.
Lời giải
1.Biến đổi vế trái, ta có:
VT $=$ $\sqrt{3-2\sqrt{2}}-\sqrt{6+4\sqrt{2}}$
$=\sqrt{2-2\sqrt{2}+1}-\sqrt{4+4\sqrt{2}+2}$
$=\sqrt{{{\left(\sqrt{2}-1 \right)}^{2}}}-\sqrt{{{\left(2+\sqrt{2} \right)}^{2}}}$
$=\left| \sqrt{2}-1 \right|-\left| 2+\sqrt{2} \right|$
$=\sqrt{2}-1-2-\sqrt{2}$
$=-3$$=$ VP (đpcm).
Vậy $\sqrt{3-2\sqrt{2}}-\sqrt{6+4\sqrt{2}}=-3$.
2. Với $x>0$; $x\ne 1$, ta có:
$A$ = $\left(\dfrac{1-5\sqrt{\text{x}}}{x+2\sqrt{x}-3}-\dfrac{\sqrt{\text{x}}}{\text{1}-\sqrt{\text{x}}} \right):\dfrac{\text{x}-\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$
= $\left(\dfrac{1-5\sqrt{\text{x}}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+3)}+\dfrac{\sqrt{\text{x}}(\sqrt{x}+3)}{(\sqrt{\text{x}}-1)(\sqrt{x}+3)} \right):\dfrac{\text{x}-\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$
= $\dfrac{1-5\sqrt{\text{x}}+x+3\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+3)}:\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{2\sqrt{x}}$
= $\dfrac{x-2\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+3)}.\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}$
= $\dfrac{{{(\sqrt{x}-1)}^{2}}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+3)}.\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}$
= $\dfrac{2}{\sqrt{x}+3}$.
Vậy với $x>0$; $x\ne 1$ thì $A=\dfrac{2}{\sqrt{x}+3}$.
Bài 2 (1,5 điểm).
1. Cho hàm số bậc hai $y=\left(m+2 \right){{x}^{2}}$(với $m\ne -2$);$m$ là tham số.
a) Tìm $m$, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm $A\left(-1;2 \right)$.
b) với m vừa tìm được ở câu A. Tìm các điểm thuộc đồ thị có hoành độ bằng $-2$.
2. Cho phương trình ${{x}^{2}}-7x+3=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức: $A=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}.$
Lời giải
1. a) Vì điểm $A(-1;2)$ thuộc đồ thị hàm số nên
$2=(m+2)\cdot {{(-1)}^{2}}\Rightarrow m+2=2$ suy ra $m=0$ (tmdk). Vậy $m=0$.
b) với ta có hàm số$y=2{{x}^{2}}$
với $x=-2\Rightarrow y=2.{{\left(-2 \right)}^{2}}=8$
Vậy điểm cần tìm là $B\left(-2;8 \right)$
2. Phương trình ${{x}^{2}}-7x+3=0$ là phương trình bậc hai (vì $a=1\ne 0$)
Có $\Delta ={{\left(-7 \right)}^{2}}-4.1.3=61>0$
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$ và ${{x}_{2}}$
Theo định lý Viet ta có $\left\{ \begin{gathered}
{x_1} + {x_2} = \frac{{ – b}}{a} = 7 \hfill \\
{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Ta có $A=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\left({{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left(x_{1}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2} \right)-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
$A=\left({{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left[ {{\left({{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
Thay ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=7$ và ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=3$ vào biểu thức $A$ ta được
$A=7.\left({{7}^{2}}-3.3 \right)-3.3=7.40-9=271$
Vậy $A=271$
Bài 3 (1,0 điểm).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải hoàn thành $950$ sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức $16%$ còn tổ II giảm $5%$ số sản phẩm so với kế hoạch. Tuy nhiên trong thời gian quy định cả hai tổ đã hoàn thành vượt mức $68$ sản phẩm. Hỏi số sản phẩm vượt mức của tổ I và số sản phẩm bị giảm của tổ II so với kế hoạch ban đầu là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi số sản phẩm làm theo kế hoạch của tổ I và tổ II lần lượt là $x\, ;\,\,y$ (sản phẩm) $\left(x\,;\,y\in {{\mathbb{N}}^{*}};\,\,\,x<950\,\,;\,\,y<950 \right)$.
Theo kế hoạch hai tổ sản phẩm $950$ sản phẩm nên ta có: $x+y=950$
Tổ I vượt mức $16%$, tổ II giảm $5%$ và tổng sản phẩm vượt mức là $68$ sản phẩm so với kế hoạch nên ta có: $16%x-5%y=68$ hay $0,16x-0,05y=68$
Do đó ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{align}
& x+y=950 \\
& 0,16x-0,05y=68 \\
\end{align} \right.$
$\left\{ \begin{align}
& x+y=950 \\
& 16x-5y=6800 \\
\end{align} \right.$
$\left\{ \begin{align}
& 5x+5y=4750 \\
& 16x-5y=6800 \\
\end{align} \right.$
$\left\{ \begin{align}
& 5x+5y=4750 \\
& 21x=11550 \\
\end{align} \right.$
$\left\{ \begin{align}
& x+y=950 \\
& x=550 \\
\end{align} \right.$
$\left\{ \begin{align}
& x=550\,\,\,\,(tm) \\
& y=400\,\,\,(tm) \\
\end{align} \right.$
Vậy số sản phẩm vượt mức của tổ I là $16%\,.\,550=\,88$ (sản phẩm)
Số sản phẩm bị giảm của tổ II là: $5%\,.\,400=\,20$(sản phẩm)
Bài 4 (1,0 điểm).
Bảng thống kê sau cho biết số lượng học sinh của lớp $9A$ theo mức độ cận thị.
a) Hãy cho biết lớp $9A$có bao nhiêu học sinh bị cận thị ?
b) Lập bảng tần số tương đối cho kết quả thu được.
Lời giải
a) Số học sinh lớp $9A$ bị cận thị là $8+12+5=25$ (bạn)
b) Tổng số học sinh lớp $9A$là $15+8+12+5=40$(bạn)
Tần số tương đối cho các mức: Không cận thị, cận thị nhẹ, cận thị vừa, cận thị nặng lần lượt là
${{f}_{1}}=\dfrac{15}{40}.100{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}=37,5{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}$
${{f}_{2}}=\dfrac{8}{40}.100{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}=20{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}$
${{f}_{3}}=\dfrac{12}{40}.100{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}=30{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}$
${{f}_{4}}=\dfrac{5}{40}.100{\scriptstyle{}^{0}/{}_{0}}=12,5{\scriptstyle{}^{\text{0}}/{}_{\text{0}}}$
Bảng tần số tương đối
Bài 5 (2,0 điểm).
Cho đường tròn$\left(O;R \right)$ và một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ với đường tròn $\left(O \right)$($B,\,C$ là các tiếp điểm). Kẻ đường kính $BD$ của đường tròn $\left(O \right)$. Gọi $H$ là giao điểm của $AO$ và $BC$.
a) Chứng minh bốn điểm$A,B,O,C$ cùng thuộc một đường tròn và $HOCD$.
b) Kẻ $CK$ vuông góc với $BD$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $CK$. Chứng minh $CK.OC=AC.KD$ và $HI\bot AB.$
Lời giải
a) Chứng minh bốn điểm $A,B,O,C$ cùng thuộc một đường tròn và $HOCD$.
+) Chứng minh bốn điểm $A,B,O,C$ cùng thuộc một đường tròn
Có $OB\bot AB$ ($AB$là tiếp tuyến của $\left(O \right)$) nên $\widehat{ABO}=90{}^\circ $
Suy ra $\Delta ABO$vuông tại $B$
Suy ra $A,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$.
Chứng minh tương tự:$A,C,O$cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$.
Từ đó $A,B,O,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$.
+) Chứng minh: $HOCD$
Vì $AB$ và $AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $A$
của $\left(O \right)$.
Nên $AB=AC$, mà $OB=OC$.
Suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $OH\bot BC$ tại $H$.
Lại có $\widehat{BCD}=90{}^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa $\left(O \right)$) nên $CD\bot BC$.
Từ đó suy ra : $HO\text{//}CD$.
b) Chứng minh $CK.OC=AC.KD$ và $HI\bot AB.$
+) Chứng minh $CK.OC=AC.KD$
Xét $\Delta CDK$ và $\Delta AOC$có:
$\widehat{CKD}=\widehat{ACO}=90{}^\circ $
$\widehat{CDK}=\widehat{AOC}$ (cùng bằng $\widehat{OCD}$)
Nên $\Delta CDK\Delta AOC\,\,\,\,\left(g.g \right)$
Suy ra : $\dfrac{DK}{OC}=\dfrac{CK}{AC}$
Hay: $DK.AC=CK.OC$
+) Chứng minh $HI\bot AB.$
Xét $\Delta DIK$ và $\Delta DAB$có:
$\widehat{D}$ chung
$\widehat{ABD}=\widehat{DKI}=90{}^\circ $
Nên $\Delta DIK\Delta DAB\,\,\,\,\left(g.g \right)$
Suy ra : $\dfrac{IK}{AB}=\dfrac{DK}{BD}=\dfrac{ID}{AD}\,\,\,\,\,\left(1 \right)$
Xét $\Delta CKD$ và $\Delta ABO$có:
$\widehat{CKD}=\widehat{ABO}=90{}^\circ $
$\widehat{CDK}=\widehat{AOB}$ (cùng bằng $\widehat{AOC}$)
Nên $\Delta CKD\Delta ABO\,\,\,\,\left(g.g \right)$
Suy ra : $\dfrac{CK}{AB}=\dfrac{DK}{BO}$
Mà $BO=\dfrac{BD}{2}$
Nên $\dfrac{DK}{BD}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{DK}{BO}\,\,\,\,\,\left(2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{IK}{AB}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{CK}{AB}$ hay $IK=\dfrac{1}{2}CK$.
Nên $I$ là trung điểm $CK$.
Mà $H$ là trung điểm của $BC$ ($AO$là đường trung trực của $BC$).
Nên $IH$ là đường trung bình của $\Delta CKB$
Suy ra: $IH\,\,\text{//}\,\,BK$
Hay $IH\,\,\text{//}\,\,BD$
Mà $BD\bot AB$.
Nên $HI\bot AB.$ (đpcm).
Bài 6 (1,0 điểm).
Một cốc nước hình trụ cao $12 cm$, đường kính $7 cm$, độ dày cốc là $2 mm$, độ dày đáy là $5 mm$ đang chứa $80 ml$ nước. Người ta bỏ các viên đá hình lập phương cạnh $2 cm$ vào cốc sao cho khi đá tan chảy hết thì mực nước sau cùng cách miệng cốc không vượt quá $1\text{ }cm$. Hỏi có thể bỏ tối đa được bao nhiêu viên đá như thế vào cốc?
Lời giải
Đổi $2 mm = 0,2 cm; 5 mm = 0,5 cm$.
Bán kính của ly thủy tinh phần chứa nước là:
$\dfrac{7}{2}-0,2=3,3 \left(cm \right)$.
Chiều cao của ly thủy tinh phần chứa nước là
$12-0,5= 11,5 \left(cm \right)$.
Thể tích nước nếu ly thủy tinh có mực nước cách miệng ly $1\text{ }cm$ là
$V=\pi {{R}^{2}}.h=\pi.\text{ }3,{{3}^{2}}.\text{ }\left(11,5-1 \right)=114,345\pi \text{ } \left(c{{m}^{3}} \right)$.
Thể tích của một viên đá hình lập phương là
$V=\text{ }{{a}^{3}}= {{2}^{3}}=\text{ 8 }\left(c{{m}^{3}} \right)$.
Ta có: $\dfrac{114,345 \pi -80}{8}\approx 34,9031765$
Vậy có thể bỏ tối đa $34$ viên đá như thế vào cốc để mực nước sau cùng cách miệng cốc không quá $1\text{ }cm$.
