Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Giảng Võ (Hà Nội) tháng 4/2026 có đáp án

a)

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:

\(\frac{3}{{12}}.100\%  = 25\% \).

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 \(P = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\).

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 \(x = 2\)

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 \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2} - 1}} = \frac{1}{{{x_1}}}\).

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 \(m =  - \frac{1}{4}\).

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 \(0,9\;\left( {cm} \right)\).

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 $\stackrel{⏜}{AB}$  ( 2 góc nội tiếp chắn $\stackrel{⏜}{AB}$)

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 $\stackrel{⏜}{BC}$).

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 $\Delta AKC\backsim \Delta BCD$  (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 $\Delta OIB\backsim \Delta OBA$ (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 $\Delta ODI\backsim \Delta OAD$ (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 \[\Delta BID\] $\backsim$\[\Delta ECD\] $\Delta OIB\backsim \Delta OBA$ (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 \[\Delta CFA\] $\backsim$\[\Delta DBI\](g.g)

Suy ra \[\frac{{DB}}{{CA}} = \frac{{BI}}{{AF}}\] \[\left( 1 \right)\]

Vì $\Delta AKC\backsim \Delta BCD$ 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 \(KA\).

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.