Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Chương Dương (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

Lập bảng:

Số học sinh có điểm từ \(6,5\) điểm trở lên là \(7 + 29 = 36\) (học sinh)

Xác suất của biến cố \(A\): “Chọn được học sinh có điểm từ \(6,5\) điểm trở lên” là \(\frac{{36}}{{40}}.100\%  = 90\% \)

1) Thay \(x = 8\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{6}{{\sqrt 8 }} = \frac{6}{{2\sqrt 2 }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

 Vậy khi \(x = 8\) thì \(A = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

2) Với \(x > 0\,,\,\,x \ne 1\), ta có:

\(B = \frac{{2 - 4\sqrt x }}{{x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\)

\( = \frac{{2 - 4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\)

\( = \frac{{2 - 4\sqrt x  + 2\left( {\sqrt x  - 1} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2 - 4\sqrt x  + 2\sqrt x  - 2 + x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)\( = \frac{{x - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

Vậy với \(x > 0\,,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

3) Ta có: \(P = A \cdot B = \frac{6}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{6}{{\sqrt x  + 1}}\).

Vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x  > 0\) suy ra \(\sqrt x  + 1 > 1\), do đó \(0 < \frac{6}{{\sqrt x  + 1}} < \frac{6}{1} = 6\).

Suy ra \(0 < P < 6\). Để \(P\) là số nguyên tố thì \(P\) có thể nhận các giá trị \(2\,;\,\,3\,;\,\,5\).

• Với \(P = 2\) thì \(\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} = 2\) nên \(\sqrt x  + 1 = 3\) suy ra \(\sqrt x  = 2\), do đó \(x = 4\) (TMĐK).

• Với \(P = 3\) thì \(\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} = 3\) nên \(\sqrt x  + 1 = 2\) suy ra \(\sqrt x  = 1\), do đó \(x = 1\) (loại do \(x \ne 1\)).

• Với \(P = 5\) thì \(\frac{6}{{\sqrt x  + 1}} = 5\) nên \(\sqrt x  + 1 = \frac{6}{5}\) suy ra \(\sqrt x  = \frac{1}{5}\), do đó \(x = \frac{1}{{25}}\) (TMĐK).

Vậy \(x \in \left\{ {4\,;\,\,\frac{1}{{25}}} \right\}\) thì \(P\) có giá trị là số nguyên tố.

Gọi tử số của phân số cần tìm là \(x\) \(\left( {x \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì tử số bé hơn mẫu số là 11 nên mẫu số là \(x + 11\) (ĐK: \(x \ne  - 11\)).

Phân số ban đầu là: \(\frac{x}{{x + 11}}\).

Bớt tử số đi 7 đơn vị, ta được tử số mới là: \(x - 7\).

Tăng mẫu số lên 4 đơn vị, ta được mẫu số mới là: \(x + 11 + 4 = x + 15\) (ĐK: \(x \ne  - 15\)).

Phân số mới là phân số nghịch đảo của phân số ban đầu nên ta có phương trình:

\(\frac{{x - 7}}{{x + 15}} = \frac{{x + 11}}{x}\) (ĐK: \(x \ne 0\))

\(x\left( {x - 7} \right) = \left( {x + 15} \right)\left( {x + 11} \right)\)

\({x^2} - 7x = {x^2} + 26x + 165\)

\(33x =  - 165\)

\(x =  - 5\) (TMĐK).

Mẫu số là: \( - 5 + 11 = 6\).

Vậy phân số cần tìm là \(\frac{{ - 5}}{6}\).

Gọi số ngày chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 1} \right)\).

Năng suất dự kiến mỗi ngày trồng được: \(\frac{{600}}{x}\) (cây).

Thực tế hoàn thành sớm 1 ngày nên số ngày làm thực tế là: \(x - 1\) (ngày).

Năng suất thực tế mỗi ngày trồng được: \(\frac{{600}}{{x - 1}}\) (cây).

Vì mỗi ngày trồng nhiều hơn dự định 30 cây nên ta có phương trình:

\(\frac{{600}}{{x - 1}} - \frac{{600}}{x} = 30\)

\(\frac{{20}}{{x - 1}} - \frac{{20}}{x} = 1\)

\(20x - 20\left( {x - 1} \right) = x\left( {x - 1} \right)\)

\(20x - 20x + 20 = {x^2} - x\)

\({x^2} - x - 20 = 0\)

\(\left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\)

\(x = 5\) (TMĐK) hoặc \(x =  - 4\) (loại).

Vậy số ngày chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là 5 ngày.

Phương trình: \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x - 3 = 0\) (*).

Ta có \(a \cdot c = 1 \cdot \left( { - 3} \right) =  - 3 < 0\).

Do đó, phương trình \((*)\) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị của \(m\).

Theo đề bài \({x_1} < {x_2}\), mà hai nghiệm trái dấu nên ta có: \({x_1} < 0\) và \({x_2} > 0\).

Từ đó suy ra: \[\left| {{x_1}} \right| =  - {x_1}\] và \(\left| {{x_2}} \right| = {x_2}\).

Theo yêu cầu bài toán: \(\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 5\)

\( - {x_1} - {x_2} = 5\)

\( - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 5\)

\({x_1} + {x_2} =  - 5\) \((1)\)

Theo định lý Viète, ta có:  \((2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có: \(2m + 1 =  - 5\) hay \(2m =  - 6\) suy ra \(m =  - 3\).

Vậy để phương trình (*) có hai nghiệm thỏa mãn bài toán thì  cần tìm là \(m =  - 3\).

a) Thể tích hai nửa hình cầu là \(\frac{4}{3}.\pi .{\left( {1,8:2} \right)^3} = 0,972\pi \left( {{m^3}} \right)\)

Thể tích hình trụ là \(\pi .{\left( {1,8:2} \right)^2}.3,62 = 2,9322\pi \left( {{m^3}} \right)\)

Thể tích bồn chứa xăng là \(0,972\pi  + 2,9322\pi  = 3,9042\pi  \approx 12,2654\left( {{m^3}} \right)\)

b) Diện tích mặt ngoài của hai nửa hình cầu là \(4\pi .{\left( {1,8:2} \right)^2} = 3,24\pi \left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích xung quanh hình trụ là \(2\pi .\left( {1,8:2} \right) = 1,8\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích cần sơn tĩnh điện là \(3,24\pi  + 1,8\pi  = 5,04\pi \left( {{m^2}} \right)\)

Họ cần trả số tiền là \(5,04.\pi .150\,000 \approx 2\,375\,044\) (đồng)

a) Chứng minh năm điểm \(M,A,N,O,B\) cùng thuộc một đường tròn và \(NM\) là tia phân giác của \(\widehat {ANB}\).
Ta có hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( \(A,B\) là các tiếp điểm) nên \(MA \bot OA\,;\,\,MB \bot OB\)

Ta cũng có \(ON \bot CD\) tại \(N\) (GT)

\(\Delta AMO\) vuông tại \(A\) nên các điểm \(M,A,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

\(\Delta BMO\) vuông tại \(B\) nên các điểm \(M,O,B\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

\(\,\Delta NMO\) vuông tại \(N\) nên các điểm \(M,N,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).
Do đó các điểm \(M,A,N,O,B\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).
Ta có \(\widehat {MAB} = \widehat {MBA}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có \(\widehat {MAB} = \widehat {MNB}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Ta có \(\widehat {MBA} = \widehat {MNA}\) ( 2 góc nôi tiếp cùng chắn môt cung)
Do đó \(\widehat {MNB} = \widehat {MNA}\)

Nên \[NM\] là tia phân giác của \(\widehat {ANB}\)

b) Chứng minh: \(NI\;{\rm{.}}\;NM = NA\;{\rm{.}}\;NB = N{D^2}\).
Xét \(\Delta AMN\) và \(\Delta IBN\) có

\(\widehat {MNB} = \widehat {MNA}\) (chứng minh trên); \(\widehat {AMN} = \widehat {IBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AN\))

Do đó
\( \Rightarrow \frac{{NA}}{{NI}} = \frac{{NM}}{{NB}}\)(tỉ số các cạnh tương ứng) \( \Rightarrow NI\;{\rm{.}}\;NM = NA\;{\rm{.}}\;NB\)

Ta có \(\widehat {ANB} = \widehat {AOB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\))

Mà \[NM\] là tia phân giác của \(\widehat {ANB}\) nên \(\widehat {ANM} = \frac{1}{2}\widehat {ANB}\)
Do đó \[\widehat {ANM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \widehat {AEB}\]

\[ \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BE \Rightarrow \widehat {NDB} = \widehat {DBE}\] (so le trong)
Ta lại có \(\widehat {DAN} = \widehat {DBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\))

Do đó \(\widehat {DAN} = \widehat {BDN} = \left( {\widehat {DBE}} \right)\)
Mặt khác \(\widehat {AND} + \widehat {ANM} = 180^\circ \) (kề bù); \(\widehat {BND} + \widehat {BNM} = 180^\circ \) (kề bù)

Mà \(\widehat {ANM} = \widehat {BNM}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {AND} = \widehat {DNB}\).

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{NA}}{{ND}} = \frac{{ND}}{{NB}}\) (tỉ số các cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow NA\;{\rm{.}}\;NB = N{D^2}\)

Ta có \[NM\] là tia phân giác của \(\widehat {ANB}\) (chứng minh trên)

Mà \(NI\;{\rm{.}}\;NM = NA\;{\rm{.}}\;NB\) (chứng minh trên) nên \(NI\;{\rm{.}}\;NM = NA\;{\rm{.}}\;NB = N{D^2}\).
c) Chứng minh \(IK\,{\rm{//}}\,AC\).

\(\Delta OCD\) cân tại \(O\) (vì \(OC = OD\)) nên đường cao \(ON\) cũng là đường trung tuyến.

Do đó \(NC = ND\)
Theo chứng minh câu b) có \(NI\;{\rm{.}}\;NM = N{D^2} = N{C^2} \Rightarrow \frac{{NI}}{{NC}} = \frac{{NC}}{{NM}}\)
Ta có \(CK \bot AO\,;\,\,AM \bot AO\) nên \(CK\,{\rm{//}}\,MA \Rightarrow \frac{{NC}}{{NM}} = \frac{{NK}}{{NA}}\) (định lí Thales)

\( \Rightarrow \frac{{NI}}{{NC}} = \frac{{NK}}{{NA}}\)

\( \Rightarrow IK\,{\rm{//}}\,AC\) (định lí Thales đảo).

Gọi \(x,y\) lần lượt là vận tốc của robot ở đoạn đường dài \(8m\) và đoạn đường dài \(18m\) để mức tiêu hao năng lượng của robot là thấp nhất.

ĐK: \(x > 0;y > 0;x + y \le 5\)     Đơn vị: m/s

Hao phí động cơ là \(x + y\) (m/s)

Hao phí điều khiển là \(\frac{8}{x} + \frac{{18}}{y}\) (s)

Mức tiêu hao năng lượng là \(x + y + \frac{8}{x} + \frac{{18}}{y}\)

Ta có: \(x + y + \frac{8}{x} + \frac{{18}}{y} = \left( {\frac{8}{x} + 2x} \right) + \left( {\frac{{18}}{y} + 2y} \right) - \left( {x + y} \right)\)

Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{8}{x} + 2x \ge 2\sqrt {\frac{8}{x}.2x}  = 8;\,\\\frac{{18}}{y} + 2y \ge 2\sqrt {\frac{{18}}{y}.2y}  = 12;\end{array}\)

Từ \(x + y \le 5\) suy ra \( - \left( {x + y} \right) \ge  - 5\)

Từ đó suy ra: \(\left( {\frac{8}{x} + 2x} \right) + \left( {\frac{{18}}{y} + 2y} \right) - \left( {x + y} \right) \ge 8 + 12 - 5 = 15\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 2;y = 3\) (thoả mãn)

Vậy để mức tiêu hao năng lượng của robot là thấp nhất thì vận tốc của robot ở đoạn đường dài \(8m\) và đoạn đường dài \(18m\) lần lượt là \(2\) (m/s) và \(3\) (m/s).