Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Thanh Xuân (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Kết quả khảo sát về thời gian tự học ở nhà mỗi ngày của \(80\)học sinh khối 9 được thống kê trong bảng số liệu sau:
Thời gian (phút) | \(\left[ {0;30} \right)\) | \(\left[ {30;60} \right)\) | \(\left[ {60;90} \right)\) | \(\left[ {90;120} \right)\) | \(\left[ {120;150} \right)\) | \(\left[ {150;180} \right)\) |
Số học sinh | 8 | 12 | 25 | 20 | 10 | 5 |
a) Hỏi có bao nhiêu học sinh dành thời gian tự học mỗi ngày từ \(60\)phút đến dưới \(180\) phút?
b) Tính tần số tương đối của nhóm \(\left[ {90;120} \right)\)?
a) Số học sinh dành thời gian tự học mỗi ngày từ \(60\)phút đến dưới \(180\)phút là: \(25 + 20 + 10 + 5 = 60\)(học sinh).
b) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {90;120} \right)\) là \(\frac{{20}}{{80}}.100\% = 25\% \).
Không gian mẫu của phép thử có \(12\) phần tử. Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng
Có \(6\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,6\,;\,\,12\).
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(\frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).
(1,5 điểm)
Cho hai biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x - 1}}\] và \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\).
3) Cho \(P = \frac{A}{B}\). Với \(x\) là số nguyên tố, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\).
1) Thay \(x = 4\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được \(A = \frac{{\sqrt 4 + 5}}{{\sqrt 4 - 1}} = 7\).
Vậy\(A = 7\) khi \(x = 4\).
2) \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0,x \ne 1\).
\(B = \frac{{x + \sqrt x + 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{x + 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) (đpcm).
3) Ta có \(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x - 1}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 1}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(x\) là số nguyên tố nên:
\[x \ge 2\]
\[\sqrt x \ge \sqrt 2 \]
\[\sqrt x + 1 \ge \sqrt 2 + 1\]
\[\frac{4}{{\sqrt x + 1}} \le \frac{4}{{\sqrt 2 + 1}}\]
\[\frac{4}{{\sqrt x + 1}} \le 4\sqrt 2 - 4\]
\[1 + \frac{4}{{\sqrt x + 1}} \le 4\sqrt 2 - 3\]
\[P \le 4\sqrt 2 - 3\]
Dấu “=” xảy ra khi \[x = 2\].
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\) là \[4\sqrt 2 - 3\] khi \[x = 2\].
(2,5 điểm)
Trong đợt tri ân khách hàng, một cửa hàng phụ kiện công nghệ triển khai chương trình khuyến mãi giảm giá. Một học sinh đến mua một con chuột không dây và một chiếc tai nghe Bluetooth. Tổng giá tiền của hai sản phầm này là \(800\) nghìn đồng. Tuy nhiên, cửa hàng đang áp dụng mức chiết khấu: giảm giá \(15\% \) cho chuột không dây và \(20\% \) cho tai nghe Bluetooth so với giá niêm yết. Nhờ chương trình này, ban học sinh chỉ phải thanh toán hóa đơn với số tiền là \(665\) nghìn đồng. Hỏi giá niêm yết ban đầu của mỗi sản phẩm nói trên là bao nhiêu?
Gọi giá niêm yết của chuột không dây và tai nghe Bluetooth lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng) \(\left( {0 < x < 800,0 < y < 800} \right).\)
Tổng tiền mua hai sản phẩm là \(800\) nghìn đồng nên ta có phương trình \(x + y = 800\) (1)
Giá chuột không dây sau khi giảm \(15\% \) là \(x - 15\% x = 85\% x = 0,85x\) (nghìn đồng)
Giá tai nghe Bluetooth sau khi giảm \(20\% \) là \(y - 20\% = 80\% y = 0,8y\) (nghìn đồng)
Tổng số tiền mua hai sản phẩm sau khi giảm là \(665\) nghìn đồng nên ta có phương trình \(0,85x + 0,8y = 665\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,85x + 0,8y = 665\end{array} \right.\]
Từ (1) ta có \(y = 800 - x\)
Thay \(y = 800 - x\) vào (2) ta được
\(0,85x + 0,8\left( {800 - x} \right) = 665\)
\(0,05x = 25\)
\(x = 500\) (tmđk)
Do đó \(y = 800 - 500 = 300\) (tmđk)
Vậy giá niêm yết của chuột không dây là \(500\) nghìn đồng, giá niêm yết của tai nghe Bluetooth là \(300\) nghìn đồng.
Một xe tải chở hàng dự kiến đi từ Hải Phòng vào Quảng Trị với quãng đường dài \(600\)km trong một thời gian dự kiến với vận tốc không đổi. Tuy nhiên, ngay trước khi xuất phát, công ty thay đổi kế hoạch và yêu cầu tài xế phải giao hàng tại Đà Nẵng, với quãng đường cách Hải Phòng \(840\)km. Để kịp tiến độ giao hàng cho chặng đường dài hơn, tài xế đã quyết định tăng vận tốc trung bình thêm \(20\)km/h so với dự định ban đầu. Biết rằng, tổng thời gian dừng nghỉ trên đường là \(1\)giờ và người tài xế vẫn giao hàng đúng như thời gian dự kiến đi đến Quảng Trị ban đầu. Hỏi vận tốc dự định của xe tải là bao nhiêu?
Gọi vận tốc dự định của xe tải là \(x\) (km/h) (\(x > 0\)).
Thời gian dự định của xe tải là \(\frac{{600}}{x}\) (h)
Vận tốc thực tế của xe tải là \(x + 20\) (km/h)
Thời gian thực tế của xe tải là \(\frac{{840}}{{x + 20}}\) (h)
Vì thực tế xe tải dừng nghỉ \(1\) giờ và vẫn giao hàng đúng hạn nên ta có phương trình \(\frac{{600}}{x} = \frac{{840}}{{x + 20}} + 1\)
\(600\left( {x + 20} \right) = 840x + x\left( {x + 20} \right)\)
\(600x + 12000 = 840x + {x^2} + 20x\)
\({x^2} + 260x - 12000 = 0\)
\(\Delta ' = {130^2} - 1.\left( { - 12000} \right) = 28900 > 0\) nên \(\sqrt \Delta = 170\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - 130 + 170}}{2} = 20\) (tmđk); \({x_2} = \frac{{ - 130 - 170}}{2} = - 150\) (ktm)
Vậy vận tốc dự định của xe tải là \(20\) km/h.
Phương trình \({x^2} - mx - {m^2} = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\))
Ta có \(\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - {m^2}} \right) = 5{m^2}\)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0\) hay \(5{m^2} > 0\). Do đó \(m \ne 0\)
Theo hệ thức Viète ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = - {m^2}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)
Ta có \({x_1}^2 - {x_2}^2 + {x_1}{x_2} = 2m\)
\(\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 2m\)
\(m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) + {m^2} = 2m\)
\(m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 2m - {m^2}\)
Do \(m \ne 0\) nên \({x_1} - {x_2} = 2 - m\)\(\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \({x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1\); \({x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m\)
Thay \({x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1\); \({x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m\) vào \(\left( 3 \right)\) ta được
\(m = - {m^2}\)
\(m\left( {m + 1} \right) = 0\)
\(m = - 1\) (tmđk) hoặc \(m = 0\) (ktm)
Vậy \(A = \sqrt {{m^2} - m} = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 1} \right)} = \sqrt 2 \).
(4,0 điểm)
Diện tích kính cần sử dụng để làm chiếc bể cá là:
\(S = \left( {50 + 40} \right).2.45 + 50.40 = \)\(10\,\,100\) (cm2)
Lượng nước dâng lên chính bẳng thể tích của khối đá thả vào bể, vậy thể tích phần nước dâng lên của bể cá là: \(V = {20^3} = 8000\) (cm3)
Độ cao phần mực nước dâng lên là: \(h = \frac{{8000}}{{50.40}} = 4\) (cm)
Vậy mực nước trong bể cá sau khi thả khối đá là: \(30 + 4 = 34\) (cm)
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Từ điểm \(A\) nằm ngoài \(\left( O \right)\) kẻ tiếp tuyến \(AC\) tới \(\left( O \right)\) (\(C\) là tiếp điểm). Kẻ đường kính \(AC\), đường thẳng \(AD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(E\) (khác \(D\)). Đường thẳng \(AO\) cắt \(CE\) tại \(I\). Kẻ \(CH\) vuông góc \(AO\) tại \(H\), \(IM\) vuông góc \(CO\) tại \(M\).
a) Chứng minh bốn điểm \(I,H,M,C\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Tia \(CH\) cắt \(AD\) tại \(Z\). Chứng minh \(OH.OA = O{C^2}\) và \(HZ\) là tia phân giác của \(\widehat {EHD}\).
c) Gọi \(B\) là trung điểm của \(AC\), \(IM\) cắt \(CH\) tại \(T\). Chứng minh ba điểm \(O,T,B\) thẳng hàng.
![Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên \(O,T,B\) thẳng hàng. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture35-1778249981.png)
a) Chứng minh bốn điểm \(I,H,M,C\) cùng thuộc một đường tròn.
Vì \(CH \bot AO\); \(IM \bot CO\) (gt) nên \(\widehat {IHC} = \widehat {IMC} = 90^\circ \)
Vì \(\Delta IHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(I,H,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)
Vì \(\Delta IMC\) vuông tại \(M\) nên ba điểm \(I,M,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)
Do đó bốn điểm \(I,H,M,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)
b) Chứng minh \(OH.OA = O{C^2}\) và \(HZ\) là tia phân giác của \(\widehat {EHD}\)
Xét \(\Delta OHC\) và \(\Delta OCA\) có: \(\widehat {AOC}\) chung; \(\widehat {OHC} = \widehat {OCA} = 90^\circ \)
Do đó (g-g) suy ra \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}\) hay \(O{C^2} = OH.OA\) (đpcm)
Xét \(\Delta ACO\) và \(\Delta AHC\,\) có \(\widehat {ACO} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) và \(\widehat {CAO}\) chung
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AH.AO\) (1)
Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có \(\widehat {AEC} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)và \(\widehat {CAD}\) chung
Do đó (g.g) suy ra \(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AE.AD\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AH.AO = AE.AD\) hay \(\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}\)
Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta ADO\) có: \(\widehat {OAD}\) chung; \(\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}\)
Do đó (c.g.c) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {ODA}\) (3)
Vì \(OC = OD = R\) nên \(OH.OA = O{D^2}\)\( \Rightarrow \frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}\)
Xét \(\Delta OHD\) và \(\Delta ODA\), ta có: \(\frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}\) và \(\widehat {AOD}\) chung
Do đó , suy ra \(\widehat {OHD} = \widehat {ODA}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {OHD}\)
Vì \(CZ \bot AO\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OHD} + \widehat {DHZ} = 90^\circ \\\widehat {AHE} + \widehat {EHZ} = 90^\circ \end{array} \right.\) mà \(\widehat {AHE} = \widehat {OHD}\) nên \(\widehat {EHZ} = \widehat {DHZ}\)
suy ra\(HZ\) là tia phân giác của \(\widehat {EHD}\) (đpcm)
c) Chứng minh ba điểm \(O,T,B\) thẳng hàng.
![Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên \(O,T,B\) thẳng hàng. (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture36-1778249997.png)
Ta có: \(\widehat {CIM} + \widehat {ICM} = 90^\circ \) (\(\Delta ICM\) vuông tại \(M\)); \(\widehat {CDE} + \widehat {ICM} = 90^\circ \)(\(\Delta ECD\) vuông tại \(E\))
Do đó: \(\widehat {CIM} = \widehat {CDE}\) hay \(\widehat {CIM} = \widehat {CDA}\)
Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta CMI\) có: \[\widehat {ACD} = \widehat {CMI} = 90^\circ \] và \(\widehat {CIM} = \widehat {CDA}\)
Do đó: (g.g), suy ra \[\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CD}}{{MI}}\] (5)
Ta có: \[\widehat {AOC} + \widehat {HCO} = 90^\circ \] và \[\widehat {CTM} + \widehat {HCO} = 90^\circ \] nên \[\widehat {AOC} = \widehat {CTM}\]
Xét \[\Delta ACO\] và \[\Delta CMT\] có: \[\widehat {ACO} = \widehat {CMT} = 90^\circ \]; \[\widehat {AOC} = \widehat {CTM}\] (cmt)
Do đó (g.g), suy ra \[\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CO}}{{MT}}\] (6)
Từ (5), (6) suy ra \[\frac{{CD}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{MT}}\] hay \[\frac{{MT}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{CD}}\],mà \[CD = 2CO\] nên \[MI = 2MT\], khi đó \[T\] là trung điểm của \[IM\]
* Gọi \[T'\] là giao điểm của \[OB\] và \[IM\]
Ta có: \[IM \bot CD;AC \bot CD\] nên \[IM{\rm{//}}AC\] hay \[T'M{\rm{//}}BC;T'I{\rm{//}}AB\]
Gọi \[T'\] là giao điểm của \[OB\] và \[IM\]
Do \[T'M{\rm{//}}BC\]nên theo định lí Thalès, ta có: \[\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{OT'}}{{OB}}\]
Do \[T'I{\rm{//}}AB\] nên theo định lí Thalès, ta có: \[\frac{{OT'}}{{OB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}\]
Do đó \[\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}\], mà \[CB = BA\] (\[B\] là trung điểm của \[AC\])
Suy ra \[MT' = IT'\] hay \[T'\]là trụng điểm của \[IM\]
Vì \[T\] và \[T'\] cùng là trung điểm của \[IM\] nên \[T' \equiv T\].
Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên \(O,T,B\) thẳng hàng.
(0,5 điểm)
Trong công viên có một thảm cỏ hình tam giác \(ABC\) với diện tích \(150\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) và độ dài cạnh đáy \(BC\) là \(20\,\,{\rm{m}}\). Ban quản lý dự án muốn lát gạch một sân chơi có dạng hình bình hành \(MNPQ\) nằm trọn trong thảm cỏ sao cho các đỉnh \(P,\,\,Q\) nằm trên cạnh đáy \(BC\), đỉnh \(M\)nằm trên cạnh \(AB\)và đỉnh \(N\)nằm trên cạnh \(AC\). Hỏi diện tích sân chơi hình bình hành lớn nhất có thể đạt được là bao nhiêu mét vuông?
![Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên \(O,T,B\) thẳng hàng. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture37-1778250037.png)
![Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên \(O,T,B\) thẳng hàng. (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture38-1778250052.png)
Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H\) và cắt \(MN\) tại \(K\)
Vì \({S_{ABC}} = 150\,\,\left( {{m^2}} \right)\) nên \(\frac{{AH.BC}}{2} = 150 \Rightarrow AH = \frac{{2.150}}{{BC}} = \frac{{2.150}}{{20}} = 15\left( m \right)\)
Gọi \(MN = x,\,HK = y\) với \(x,y > 0;y < 15\).
Vì \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(MN{\rm{//}}BC\)
Tương tự chứng minh
Suy ra \[\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}\] hay\(\frac{x}{{20}} = \frac{{15 - y}}{{15}} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)\)
Ta có : \({S_{MNPQ}} = HK.QP = HK.MN = xy = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)y\)
Hay \({S_{MNPQ}} = \frac{4}{3}y\left( {15 - y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 60y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 2.2y.15 + 225 - 225} \right)\)
\({S_{MNPQ}} = \frac{{ - 1}}{3}\left[ {{{\left( {2y - 15} \right)}^2} - 225} \right] = \frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75\)
Vì \(\frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75 \le 75\)nên \({S_{MNPQ}} \le 75\)
Dấu bằng xảy ra khi \({\left( {2y - 15} \right)^2} = 0 \Rightarrow y = \frac{{15}}{2} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - \frac{{15}}{2}} \right) = 10\)
Suy ra \(MN = \frac{1}{2}BC\) mà \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\).
Suy ra điểm \(M\)là trung điểm của \(AB\).
Vậy diện tích sân chơi hình bình hành lớn nhất có thể đạt được là \(75{m^2}\).
