Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Lê Quý Đôn (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

Một trường THCS tổ chức cho học sinh khối 9 khảo sát (100% học sinh tham gia thi). Nhà trường thống kê điểm thi môn Toán trong bảng tần số tương đối ghép nhóm sau:

a) Xác định tần số tương đối của nhóm \(\left[ {5;6,5} \right)\)?

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {5;6,5} \right)\) là: \(100\%  - \left( {2\%  + 10\%  + 36\%  + 28\% } \right) = 24\% \).

b) Biết khối 9 có 500 học sinh. Tính tổng số học sinh đạt điểm khá và giỏi của khối 9 (từ 6,5 điểm trở lên là điểm khá giỏi).

Tần số tương đối của nhóm học sinh khá và giỏi là: \(36\%  + 28\%  = 64\% \).

Số học sinh đạt điểm khá và giỏi là: \(500.64\%  = 320\)(học sinh).

Một hộp kín có chứa 10 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 10; hai thẻ khác nhau được ghi hai số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố B: "Số ghi trên thẻ rút được là một số không phải là số nguyên tố".

Tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến 10 ghi trên 10 chiếc thẻ là: \(\left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\).

Các số nguyên tố từ 1 đến 10 là: 2; 3; 5; 7. Có 4 kết quả thuận lợi.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là: \(10 - 4 = 6\). Có 6 kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố "Số ghi trên thẻ rút được là một số không phải là số nguyên tố" là:

\(P = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5} = 0,6\).

1) Thay \(x = 16\) (thỏa mãn ĐK ) vào biểu thức \(A\) được:

                         \(A = \frac{{\sqrt {16} }}{{\sqrt {16}  + 3}} = \frac{4}{{4 + 3}} = \frac{4}{7}\)

Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = \frac{4}{7}\)

2)   Có \[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{8}{{4 - x}}\]  với \[x \ge 0,x \ne 4\].

\[B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) - 4\left( {\sqrt x  - 2} \right) - 8}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[B = \frac{{x + 2\sqrt x  - 4\sqrt x  + 8 - 8}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[B = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\] (điều phải chứng minh)

3)   Có \[M = 3\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{3\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  + 3}}\]  với \[x > 0,x \ne 4\].

\[M = \frac{{3\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  + 3}} = 3 - \frac{3}{{\sqrt x  + 3}}\]

Ta có: \[x > 0 \Rightarrow \sqrt x  > 0 \Rightarrow \sqrt x  + 3 > 3 \Rightarrow  - \frac{3}{{\sqrt x  + 3}} >  - 1 \Rightarrow 3 - \frac{3}{{\sqrt x  + 3}} > 2\]

Suy ra \[M > 2\] \[\left( 1 \right)\]

Mặt khác : \[x > 0 \Rightarrow \sqrt x  + 3 > 0 \Rightarrow  - \frac{3}{{\sqrt x  + 3}} < 0 \Rightarrow 3 - \frac{3}{{\sqrt x  + 3}} < 3\]

Suy ra \[M < 3\] \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\], \[\left( 2 \right)\] suy ra \[2 < M < 3\]

Nên \[M\] có giá trị không phải là số nguyên.

Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là \[x\] (%, \[x > 0\])

Số tiền cả vốn và lãi sau một năm là: \[400 + 400x\] (triệu đồng)

Số tiền lãi của năm thứ 2 là: \[\left( {400 + 400x} \right)x\] (triệu đồng)

Vì hạn hai năm, cơ sở đó phải tất toán và trả cho ngân hàng tổng cộng \[441\] triệu đồng nên ta có phương trình: \[400 + 400x + \left( {400 + 400x} \right)x = 441\]

\[400 + 400x + 400x + 400{x^2} = 441\]

\[400{x^2} + 800x - 41 = 0\]

\[\left( {20x - 1} \right)\left( {20x + 41} \right) = 0\]

TH1: \[x = \frac{1}{{20}} = 5\% \](Thoả mãn)

TH2:  \[x = \frac{{ - 41}}{{20}}\] (Không thoả mãn)

Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng đó là \[5\% \].

Gọi số học sinh lớp 9A và 9B lần lượt là \[x\], \[y\] (học sinh, \[x \in N*\],\[x < 85\] )

Tổng số học sinh của cả hai lớp là \[85\]em nên ta có phương trình: \[x + y = 85\] \[\left( 1 \right)\]

Mỗi học sinh lớp 9A quyên góp \[4\]quyển vở, còn mỗi học sinh lớp 9B quyên góp \[5\] quyển vở. Biết rằng tổng số vở hai lớp quyên góp được là \[380\] quyển nên ta có phương trình :

\[4x + 5y = 380\] \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\]và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 85\\4x + 5y = 380\end{array} \right.\]

Giải hệ phương trình, ta được: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 45\\y = 40\end{array} \right.\] (Thoả mãn)

Vậy số học sinh lớp 9A và 9B lần lượt là \[45\]học sinh và \[40\]học sinh.

Phương trình : \[{x^2} - 30x + 9 = 0\] \[\left( 1 \right)\]

Phương trình \[\left( 1 \right)\] có hai nghiệm \[{x_1}\], \[{x_2}\] nên theo hệ thức Viète ta có : \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 30\\{x_1}{x_2} = 9\end{array} \right.\]

Vì \[{x_1} + {x_2} > 0\] và \[{x_1}{x_2} > 0\] suy ra \[{x_1} > 0\], \[{x_2} > 0\]

Ta có : \[m\sqrt {{x_1}}  = 9\left| {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}} \right| - m\sqrt {{x_2}} \]

\[m\sqrt {{x_1}}  + m\sqrt {{x_2}}  = 9\left| {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}} \right|\]

\[m\left( {\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} } \right) = 9\left| {\frac{{30}}{9}} \right| = 30\]                        Điều kiện bổ sung: \[m > 0\]

\[{m^2}{\left( {\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = 900\]

\[{m^2} = \frac{{900}}{{{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \frac{{900}}{{30 + 2\sqrt 9 }} = 25\]

Mà \[m > 0\] nên \[m = 5\]

Vậy \[m = 5\].

a) Tính lượng nước đang có trong cốc.

Bán kính đáy của cốc nước là: \(8:2 = 4{\rm{ (cm)}}\).

Lượng nước có trong cốc là: \(\pi {.4^2}.11 = 176\pi  \approx 552,64 = 553{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}} = 553{\rm{ (ml)}}\).

Lượng nước trong cốc là 553 ml.

b) Người ta thả 6 viên bi bằng thép đặc giống nhau (không thấm nước) có đường kính mỗi viên bi là 2 cm vào trong cốc. Hỏi nước có bị tràn ra ngoài không? (Giả sử độ dày của thành cốc không đáng kể và bi chìm hoàn toàn trong nước).

Bán kính của mỗi viên bi hình cầu là: \(2:2 = 1{\rm{ (cm)}}\).

Thể tích của 6 viên bi hình cầu là: \(6.\frac{4}{3}.\pi {.1^3} = 8\pi {\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Thể tích cái cốc là: \(\pi {.4^2}.14 = 224\pi {\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Thể tích của bi và nước là: \(176\pi  + 8\pi  = 184\pi {\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3})\).

Vì \(184\pi  < 224\pi \) nên nước không bị tràn ra ngoài.

a) Xét \(\Delta IOD\) có \(\widehat {IOD} = 90^\circ \) (giả thiết) nên 3 điểm \(I,\,\,O,\,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ID\) (1).

Xét \(\Delta IED\) có \(\widehat {IED} = \widehat {CED} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên 3 điểm \(I,\,\,E,\,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ID\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(O,\,\,I,\,\,E,\,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ID\).

Vậy tứ giác \(OIED\) nội tiếp đường tròn đường kính \(ID\) với tâm là trung điểm \(ID\).

b) * Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)).

Xét \(\Delta AOH\) và \(\Delta AEB\) có \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {HAO}\,\,{\rm{chung}}\\\widehat {AOH} = \widehat {AEB} = 90^\circ \end{array} \right.\) nên \(\Delta AOH\) đồng dạng \(\Delta AEB\).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{AE}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{OH}}{{EB}} \Rightarrow AH.AE = AO.AB = R.2R = 2{R^2}\) (điều phải chứng minh).

Ta có \(\widehat {AEC} = \widehat {BEC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) nên \(IE\) là phân giác \(\widehat {AEB}\).

Mặt khác \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) do \(\widehat {AEB}\) chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\).  Khi đó \(\widehat {AEC} = 45^\circ \) (4).

Gọi \(OF\) là tia đối của \(OE\).

Ta có \(\widehat {AOF} = 2\widehat {AEF}\); \(\widehat {COF} = 2\widehat {CEF}\) nên \(\widehat {AOC} = 2\widehat {AEC}\).

Trong \(\Delta OAH\) vuông tại \(O\) ta có \(\tan \widehat {OAH} = \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{EB}}{{AE}} = \frac{{IB}}{{IA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow OA = 3OH\)

c) Ta có \(K\) là trung điểm \(BD\).

Mặt khác \(H = AK \cap OD\) nên \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABD\). Khi đó ba điểm \(A,\,\,H,\,\,K\) thẳng hàng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BQ\\BD \bot AQ\end{array} \right.\) nên \(K\) là trực tâm \(\Delta ABQ\). Suy ra \(QK \bot BD\).

Do \(IK\,//\,OD \Rightarrow IK \bot AB\). Suy ra ba điểm \(Q\), \(K\), \(I\) thẳng hàng.