Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Giảng Võ (Hà Nội) tháng 4/2026 có đáp án
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Trong đợt tổng kết phong trào “Kế hoạch nhỏ”, kết quả thu gom giấy vụn của khối 9 một trường THCS được Ban chỉ huy Liên đội thống kê trong bảng dữ liệu ghép nhóm sau”
a) Hãy lập bảng tần số ghép nhóm về kết quả thu gom giấy vụn của khối 9.
b) Nhà trường quy định các lớp có mức thu gom từ \(60\) kg trở lên sẽ đạt danh hiệu “Chi đội xanh”. Em hãy tính xem số lớp đạt danh hiệu này chiếm bao nhiêu phần trăm so với tổng số lớp của cả khối \(9\)?
a)
Nhóm | \(\left[ {50;55} \right)\) | \(\left[ {55;60} \right)\) | \(\left[ {60;65} \right)\) | \(\left[ {65;70} \right)\) | Cộng |
Tần số (n) | \(5\) | \(4\) | \(2\) | \(1\) | \(N = 12\) |
b) Số lớp có mức thu gom từ \(60\) kg trở lên là \(2 + 1 = 3\) (lớp)
Tổng số lớp khối \(9\) là \(5 + 4 + 2 + 1 = 12\) (lớp)
Số lớp đạt danh hiệu “Chi đội xanh” chiếm số phần trăm so với tổng số lớp của cả khối \(9\) là:
\(\frac{3}{{12}}.100\% = 25\% \).
Tại gian hàng “Sống Xanh”, ban tổ chức thiết kế một vòng quay may mắn là một tấm bìa cứng hình tròn được chia làm \(8\) hình quạt bằng nhau và được đánh số từ \(1\) đến \(8\). Mỗi học sinh được quay vòng quay một lần, nếu kim dừng ở ô có số là số nguyên tố thì học sinh đó sẽ nhận được một thẻ quà tặng là “Cây mầm yêu thương”. Tính xác suất của biến cố: “Học sinh tham gia quay nhận được thẻ quà tặng”.
Các kết quả có thể xảy ra đối với số ghi trên hình quạt mà học sinh quay được là: \(\left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)
Có \(8\) kết quả.
Vì vòng quay được chia thành \(8\) phần hình quạt bằng nhau nên các kết quả xảy ra là đồng khả năng.
Các kết quả thuận lớp cho biến cố “Học sinh tham gia quay nhận được thẻ quà tặng” là: \(2;3;5;7\)
Có \(4\) kết quả.
Vậy xác suất của biến cố trên là \(P = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\).
Cho hai biểu thức \(A = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \frac{{x + 3}}{{x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).
b) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\).
c) Tìm các giá trị nguyên dương của \(x\) để biểu thức \(A - 2B\) đạt giá trị nhỏ nhất.
a) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\):
\(A = \frac{{2.\sqrt 9 - 1}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{5}{2}\).
Vậy khi \(x = 9\), giá trị của biểu thức \(A\) là \(\frac{5}{2}\).
b) \(B = \frac{{x + 3}}{{x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\)
\(B = \frac{{x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{x + 3 + 2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{x + 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\)
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\)
c) \(P = A - 2B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}} - 2 \cdot \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\)
\(P = \frac{{2\sqrt x - 1 - 2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}\)
\(P = \frac{{2\sqrt x - 1 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 1}}\)
Ta có \(\sqrt x - 1 > 0\) suy ra \(x > 1\)
Mà \(x\) nguyên dương
Suy ra \[x \ge 2\]
\[\sqrt x \ge \sqrt 2 \]
\[\sqrt x - 1 \ge \sqrt 2 - 1\]
\[\frac{1}{{\sqrt x - 1}} \le \frac{1}{{\sqrt 2 - 1}}\]
\[\frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 1}} \ge \frac{{ - 3}}{{\sqrt 2 - 1}}\]
\[P \ge - 3 - 3\sqrt 2 \]
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 2\)
\[Min\,P = - 3 - 3\sqrt 2 \] khi \(x = 2\)
(2,5 điểm)
Gọi số lượng xe đội dự định điều lúc đầu là \(x\) (xe) (\(x \in {\mathbb{N}^*}\),\(x \le 15\))
Số tấn hàng mỗi xe phải chở theo dự định lúc đầu là \(\frac{{40}}{x}\) (tấn)
Do thực tế đội điều thêm \(2\) xe nên số tổng số xe là \(x + 2\) (xe)
Vì khi sắp khởi hành, đội được giao thêm \(14\) tấn hàng nữa nên số tấn hàng phải giao thực tế là \(40 + 14 = 54\) (tấn)
Số tấn hàng mỗi xe phải chở thực tế là \(\frac{{54}}{{x + 2}}\) (tấn)
Vì mỗi xe phải chở thêm \(0,5\) tấn hàng so với dự định ban đầu nên ta có phương trình:
\(\frac{{54}}{{x + 2}} - \frac{{40}}{x} = 0,5\)
\(\frac{{54x - 40\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{2}\)
\(\frac{{14x - 80}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{2}\)
\(28x - 160 = {x^2} + 2x\)
\({x^2} - 26x + 160 = 0\)
\({x^2} - 10x - 16x + 160 = 0\)
\(x\left( {x - 10} \right) - 16\left( {x - 10} \right) = 0\)
\(\left( {x - 10} \right)\left( {x - 16} \right) = 0\)
Th1: \(x - 10 = 0\)
\(x = 10\) (thỏa mãn)
TH2: \(x - 16 = 0\)
\(x = 16\) (loại)
Vậy số lượng xe đội dự định điều lúc đầu là \(10\) xe.
Gọi chiều rộng của khu vườn lúc đầu là \(x\) (m), (\(x > 0\))
Vì chiều dài lúc đầu gấp \(3\) lần chiều rộng nên chiều dài lúc đầu là \(3x\) (m)
Diện tích ban đầu là \(x.3x = 3{x^2}\) (\({{\rm{m}}^2}\))
Khi tăng mỗi cạnh thêm \(5\) (m) thì chiều dài mới là \(3x + 5\) (m), chiều rộng mới là \(x + 5\) (m)
Khi đó, diện tích mới là: \(\left( {x + 5} \right)\left( {3x + 5} \right)\) (\({{\rm{m}}^2}\))
Vì diện tích mới tăng \(385{{\rm{m}}^2}\) so với lúc đầu nên ta có phương trình:
\(\left( {x + 5} \right)\left( {3x + 5} \right) - 3{x^2} = 385\)
\(3{x^2} + 20x + 25 - 3{x^2} = 385\)
\(20x = 360\)
\(x = 180\) (thỏa mãn)
Vậy chiều dài khu vườn ban đầu là \(180\) (m).
Cho phương trình \({x^2} - 4\left( {m + 1} \right)x + 4m + 3 = 0\) (1). (ẩn \(x)\)
Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2} - 1}} = \frac{1}{{{x_1}}}\).
Cho phương trình \({x^2} - 4\left( {m + 1} \right)x + 4m + 3 = 0\) (1). (ẩn \(x)\)
Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2} - 1}} = \frac{1}{{{x_1}}}\).
Có \(a + b + c = 1 - 4\left( {m + 1} \right) + 4m + 3 = 0\) nên phương trình (1) có hai nghiệm \(x = 1\), \(x = 4m + 3\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(4m + 3 \ne 1\) hay \(m \ne - \frac{1}{2}\)
Xét biểu thức \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2} - 1}} = \frac{1}{{{x_1}}}\) (điều kiện \({x_2} \ne 1\))
suy ra \({x_2} = 4m + 3\), \({x_1} = 1\)
Ta có: \(\frac{1}{{4m + 3 - 1}} = \frac{1}{1}\)
\(4m + 2 = 1\)
\(4m = - 1\)
\(m = - \frac{1}{4}\) (thỏa mãn)
Vậy \(m = - \frac{1}{4}\).
Một cửa hàng trà sữa đặt làm loại cốc giấy hình trụ có đường kính đáy mặt bên trong là 8 cm và chiều cao trong lòng cốc là 18 cm . Để đảm bảo vệ sinh và chống thấm, toàn bộ mặt trong của thân cốc và đáy cốc được tráng một lớp màng PE mỏng.
a) Tính diện tích màng PE cần thiết để tráng lòng trong cho mỗi chiếc cốc đó.
b) Khi nhân viên cửa hàng thả thêm 50 viên trân châu có dạng hình cầu, mỗi viên có đường kính là 12 mm vào cốc thì mực sữa sẽ dâng lên bao nhiêu centimet (giả sử các viên trân châu ngập hoàn toàn trong trà sữa)?
(Lấy \(\pi \approx 3,14\), làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Bán kính đáy của cốc giấy là \(R = 8:2 = 4\;\left( {cm} \right)\)
Diện tích mặt đáy của cốc là
\({S_1} = \pi {R^2} \approx {3,14.4^2} = 50,24\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích xung quanh mặt trong cốc là
\({S_2} = 2\pi Rh \approx 2.3,14.4.18 = 452,16\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Tổng diện tích màng PE cần tráng là
\(S = {S_1} + {S_2} \approx 50,24 + 452,16 = 502,4\,\left( {c{m^2}} \right)\)
b) Bán kính mỗi viên trân châu là \(r = 12:2 = 6\;\left( {mm} \right) = 0,6\;\left( {cm} \right)\)
Tổng thể tích của 50 viên trân châu là:
\(V = 50.\frac{4}{3}\pi {r^3} = 50.\frac{4}{3}\pi {\left( {0,6} \right)^3} = 14,4\pi \,\left( {c{m^3}} \right)\)
Gọi \({h_1}\) là chiều cao của mực sữa dâng thêm.
Vì thể tích sữa dâng thêm bằng tổng thể tích trân châu nên ta có
\(\pi {R^2}{h_1} = 14,4\pi \)
\(\pi {4^2}{h_1} = 14,4\pi \)
\({h_1} = 0,9\;\left( {cm} \right)\)
Vậy lượng sữa cao thêm \(0,9\;\left( {cm} \right)\).
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn \(\left( O \right)\) ( \(B,C\) là các tiếp điểm). Qua điểm \(A\) kẻ một đường thẳng cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(M,N\) sao cho \(AM < AN\) và tia \(AM\) nằm giưa hai tia \(AB\) và \(AO\). Đoạn thẳng \(BC\) cắt đoạn thẳng \(AO\) tại điểm \(I\). Hạ \(OH\) vuông góc với \(MN\) tại điểm \(H\).
a) Chứng minh các điểm \(A,B,H,O,C\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng \(NM\) cắt \(BC\) tại điểm \(K\), Tia \(BH\) cắt đường tròn ( \(O\) ) tại điểm thứ hai là \(D\). Chứng minh \(\widehat {BHA} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \widehat {BDC}\) và .
c) Đường thẳng \(DA\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). Chứng minh \(CE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(KA\).
a) Có \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\],\[B,\,C\] là tiếp điểm
Nên \[AB \bot OB\], \[AC \bot OC\], suy ra \[\widehat {ABO} = 90^\circ \], \[\widehat {ACO} = 90^\circ \]
Có \[\Delta ABO\]vuông tại \[B\] nên \[\Delta ABO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].
Suy ra \[A\], \[B\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].
Có \[\Delta ACO\]vuông tại \[C\] nên \[\Delta ACO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].
Suy ra \[A\], \[C\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].
Vì \[OH \bot MN\] nên \[\widehat {OHA} = 90^\circ \].
Có \[\Delta AHO\] vuông tại \[H\] nên \[\Delta AHO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].
Suy ra \[A\], \[H\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].
Do đó 5 điểm \[A\], \[B\], \[H\], \[O\],\[C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].
Vậy các điểm \[A\], \[B\], \[H\], \[O\],\[C\] cùng thuộc đường tròn .
b) Xét đường tròn đường kính \[OA\] có \(\widehat {BHA} = \widehat {BOA} = \frac{1}{2}\)sđ ( 2 góc nội tiếp chắn )
Vì \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[A\] (\[B,\,C\] là tiếp điểm) nên \[OA\] là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\). Suy ra \(\widehat {BOA} = \frac{1}{2}\)\(\widehat {BOC}\).
Suy ra \(\widehat {BHA} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\)
Xét đường tròn \[\left( O \right)\]có \(\widehat {BDC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn ).
Do đó \(\widehat {BHA} = \widehat {BDC}\).
Vì \(\widehat {BHA} = \widehat {BDC}\) mà hai góc đồng vị nên \(AH\;{\rm{//}}\;CD\)
Suy ra \(\widehat {AKC} = \widehat {BCD}\) (hai góc so le trong)
Xét \[\Delta AKC\] và \[\Delta BCD\] có: \(\widehat {AKC} = \widehat {BCD}\), \(\widehat {BDC} = \widehat {BCA}\left( { = \widehat {BHA}} \right)\)nên (g.g)
c) Gọi giao điểm của \(CE\) và \(KF\) là \(F\).
Vì \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[A\] (\[B,\,C\] là tiếp điểm) nên \[AB = AC\] mà \(OB = OC\) nên \(OA\) là đường trung trực của \(BC\). Suy ra \(OA\; \bot \;BC\).
Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBA\] có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBA} = 90^\circ \], \[\widehat {BAO}\] chung nên (g.g)
Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OA}}\]. Do đó \(O{B^2} = OI.OA\).
Mà \(O{B^2} = O{D^2}\) nên \(O{D^2} = OI.OA\).
Suy ra \(\frac{{OD}}{{OI}} = \frac{{OA}}{{OD}}\) mà \[\widehat {AOD}\] chung nên (c.g.c).
Suy ra \[\widehat {OID} = \widehat {OAD}\]
Mà \[\widehat {ODB} = \widehat {OBD} = \widehat {OAH} \Rightarrow \widehat {BDI} = \widehat {HAD}\].
Lại có \[\widehat {HAD} = \widehat {ADC}\] (hai góc so le trong của \(AH\;{\rm{//}}\;CD\)), suy ra \[\widehat {ADC} = \widehat {BDI}\].
Xét \[\Delta BID\] và \[\Delta ECD\] có: \(\widehat {DBC} = \widehat {DEC}\), \[\widehat {BDI} = \widehat {EDC}\] nên \[\Delta BID\] \[\Delta ECD\] (g.g).
Suy ra \[\widehat {BID} = \widehat {ECD}\] mà \[\widehat {ECD} = \widehat {CFA}\] (hai góc so le trong của \(AH\;{\rm{//}}\;CD\))
Suy ra \[\widehat {BID} = \widehat {CFA}\] mà \[\widehat {DBI} = \widehat {CAF}\] nên \[\Delta CFA\] \[\Delta DBI\](g.g)
Suy ra \[\frac{{DB}}{{CA}} = \frac{{BI}}{{AF}}\] \[\left( 1 \right)\]
Vì nên \[\frac{{DB}}{{CA}} = \frac{{BC}}{{AK}}\] \[\left( 2 \right)\]
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có \[\frac{{BI}}{{AF}} = \frac{{BC}}{{AK}}\].
Suy ra \[\frac{{AF}}{{AK}} = \frac{{BI}}{{BC}}\] mà \[\frac{{BI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\] nên \[\frac{{AF}}{{AK}} = \frac{1}{2}\].
Suy ra \[F\] là trung điểm của \[AK\].
Vậy \(CE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(KA\).
Một cơ sở sản xuất cần chứa đựng \[55\] kg thực phẩm vào hai loại hộp loại lớn và loại nhỏ.
· Loại lớn: mỗi hộp chứa được \[6\] kg , giá mua là \[10\] nghìn đồng/hộp.
· Loại nhỏ: mỗi hộp chứa được \[4\] kg , giá mua là \[7\] nghìn đồng/hộp.
Hỏi chi phí mua vỏ hộp nhỏ nhất mà cơ sở đó cần chi trả để đựng hết \[55\] kg thực phẩm trên là bao nhiêu?
Gọi số hộp loại lớn và loại nhỏ lần lượt là \(x,y(x,y \in \mathbb{N})\) .
Theo đề bài ta có: \(6x + 4y \ge 55\) (1)
Vì \(6x \vdots 2\) và \(4y \vdots 2\) nên \((6x + 4y) \vdots 2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(6x + 4y \ge 56\), hay \(3x + 2y \ge 28\) .
Do đó \(x \ge \frac{{28 - 2y}}{3}\) .
Chi phí mua vỏ hộp là \(T = 10x + 7y\) (nghìn đồng).
Ta có: \(T = 10x + 7y \ge 10 \cdot \frac{{28 - 2y}}{3} + 7y = \frac{{280 + y}}{3} = 93 + \frac{{1 + y}}{3}\) .
\( \Rightarrow T \ge 93 + \frac{{1 + y}}{3}\)
Vì \(x,y \in \mathbb{N}\) nên \(T\) là số nguyên do đó \(T \ge 94\)
Dấu " = " xảy ra khi \(x = 8,y = 2\).
Vậy chi phí nhỏ nhất là 94 nghìn đồng.
