Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Tây Tựu (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

a) Tháng 1 cửa hàng bán được \(30\) đôi giày.

Tổng số đôi giày cửa hàng bán được số đôi giày là: \(30 + 27 + 24 + 29 = 110\) (đôi giày)

1b) Tỉ lệ phần trăm số đôi giày bán được trong tháng 3 so với tổng số giày bán được trong 4 tháng là: \(\frac{{24}}{{110}} \cdot 100\%  \approx 22\% \).

Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega  = \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\).

Không gian mẫu có \(6\) phần tử.

Gieo con xúc xắc một lần và các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Mặt xuất hiện của xúc xắc có số chấm là số chia hết cho 2” là: \(2;\,4;\,6\).

Có \(3\) kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Xác suất của biến cố trên là: \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\) .

1) Thay \[x = 9\] (TMĐK) vào biểu thức \[B\] ta có: \(B = \frac{{\sqrt 9  - 2}}{{\sqrt 9  + 1}} = \frac{1}{4}\)

2) \(A = \frac{{2\sqrt x  - 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 6 + 2\sqrt x  + x - 5\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

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

3) Ta có \(\sqrt {AB}  < \frac{2}{3}\)

\(\sqrt {\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}}}  < \frac{2}{3}\) (ĐK: \[x \ge 1\]; \[x \ne 4\])

\(\sqrt {\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}}  < \frac{2}{3}\)

\(\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} < \frac{4}{9}\)

\(9\left( {\sqrt x  - 1} \right) < 4\left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\(9\sqrt x  - 9 < 4\sqrt x  + 4\)

\(5\sqrt x  < 13\)

\(x < 6,76\)

Kết hợp với điều kiện ta có \(1 \le x < 6,76\);\(x \ne 4\)

Mà \[x\] là số nguyên nên \(x \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,5;\,6} \right\}\).

Gọi số ngày tiết kiệm tiền của bạn học sinh là \(x\) ngày \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)

Số tiền bạn có được sau khi tiết kiệm là: \(5{\rm{ }}000x + 120{\rm{ }}000\) (đồng)

Theo đề bài ta có: \(5{\rm{ }}000x + 120{\rm{ }}000 \ge 300{\rm{ }}000\) nên \(x \ge 36\).

Vậy sau ít nhất 36 ngày thì bạn học sinh đó có đủ tiền để mua chiếc tai nghe.

Gọi số dự định dùng theo kế hoạch là \(x\) (xe) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)

Số xe phải dùng trong thực tế là \(x + 2\) (xe)

Trọng tải xe lớn là \(\frac{{30}}{x}\) (tấn)

Trọng tải xe nhỏ là \(\frac{{30}}{{x + 2}}\) (tấn)

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{{30}}{x} - \frac{{30}}{{x + 2}} = 0,5\)

Giải phương trình ta được: \(x = 10\)(thỏa mãn) hoặc \(x =  - 12\) (loại)

Vậy trọng tải của mỗi xe nhỏ là \(\frac{{30}}{{10 + 2}} = 2,5\) (tấn)

Cho phương trình bậc hai: \({x^2} - ax - 4 = 0\)

Ta có \(\Delta  = {a^2} + 16 > 0\) với mọi \(a\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\),\({x_2}\) với mọi \(a\)

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = a\\{x_1}.{x_2} =  - 4\end{array} \right.\)

Theo đề bài \({x_1} - 3{x_1}{x_2} + {x_2} = 5\)

                    \(a + 12 = 5\)

                    \(a =  - 7\)

Do đó \(T = {x_1}{x_2}^2 - 4{x_1}\)\( =  - 4{x_2} - 4{x_1}\)\( =  - 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)\( =  - 4a\)\( = 28\)

a) Tính thể tích của thùng.

Vì đường kính đáy \(30{\rm{ cm}}\) nên bán kính đáy của thùng nước là: \(r = \frac{{30}}{2} = 15{\rm{ cm}}\)

Thể tích của thùng nước là: \(V = \pi {r^2}h\)\( = 3,14\;.\;{15^2}\;.\;35\)\( = 3,14\;.\;225\;.\;35\)\( = 24727,5{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)

b) Đổi \(24727,5\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}} = 0,0247275\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\)

Vì mỗi lần người ta chỉ múc \(80\% \) thùng nên thể tích nước mỗi lần đổ là:

\(0,0247275\;.\;80\%  = 0,019782{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Dung tích bể chứa là \(1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Số lần đổ nước cần thiết là: \(n = 1:0,019782\)\( \approx 50,55\) (lần)

Vậy cần phải đổ ít nhất \(51\) lần thì đầy bể chứa.

a) Chứng minh tứ giác \(ANOM\) nội tiếp.

• Vì \[AM\] là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(M\) nên theo tính chất tiếp tuyến, ta có: \(AM \bot OM\), suy ra \(\widehat {AMO} = 90^\circ \) hay \(\Delta AMO\) vuông tại \(M\)

Suy ra các điểm \(A,\,\,M,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\)  \(\left( 1 \right)\)

• Vì \[AN\] là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(N\) nên theo tính chất tiếp tuyến, ta có: \(AN \bot ON\),suy ra \(\widehat {ANO} = 90^\circ \) , hay \(\Delta ANO\) vuông tại \(N\)

Suy ra các điểm \(A,\,\,N,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\)   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có các điểm \(A\), \(M\),\(N\), \(O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\) hay  tứ giác \(ANOM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\).

b) Chứng minh \(H\)là trung điểm của \(MN\) và \(AH.AO = AB.AC\).

* Chứng minh \(H\)là trung điểm của \(MN\).

Vì \(AM\), \(AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), cắt nhau tại \(A\), nên

\(AM = AN\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

\(OM = ON\) (bán kính đường tròn tâm \(O\)).

Suy ra \[AO\] là đường trung trực của đoạn thẳng \(MN\).

Suy ra \(AO \bot MN\) tại \(H\)

Suy ra \(H\)là trung điểm của \(MN\).

* Chứng minh \(AH.AO = AB.AC\).

 Kẻ đường kính \(MK\) của đường tròn \((O)\).

Ta có \(\widehat {MCK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(\widehat {ACM} + \widehat {BCK} = 90^\circ \,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

mà \(\widehat {AMB} + \widehat {BMK} = 90^\circ \;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\)

Mặt khác, \(\widehat {BCK} = \widehat {BMK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).  \[\left( 3 \right)\]

Từ \(\,\left( 1 \right)\),\(\;\left( 2 \right)\) và \[\left( 3 \right)\] suy ra: \(\widehat {AMB} = \widehat {ACM}\)

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta ACM\) có:

\(\widehat {MAC}\) chung; \(\widehat {AMB} = \widehat {ACM}\) (cmt)

Suy ra $\Delta AMB\backsim \Delta ACM$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

Suy ra \(A{M^2} = AB.AC\) \[(4)\]

Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AOM\) có:

\(\widehat {MAO}\) chung; \(\widehat {AHM} = \widehat {AMO} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta AMH\backsim \Delta AOM$  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AO}} = \frac{{AH}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)  nên \(A{M^2} = AH.AO\) \[(5)\]

Từ \[(4)\] và \[(5)\] ta có: \(AH.AO = AB.AC\)

c) Chứng minh hai tam giác \(EMH\) và \(MQD\) đồng dạng và \(P\) là trung điểm của \(ME\).

* Chứng minh hai tam giác \(EMH\) và \(MQD\) đồng dạng

Ta có \(\widehat {PMQ} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {QMD} + \widehat {DME} = 90^\circ \)

Vì \(HJ \bot MD\) (gt) nên \(\Delta EJM\) vuông tại \(J\) suy ra \(\widehat {DME} + \widehat {MEH} = 90^\circ \) nên \(\widehat {QMD} = \widehat {MEH}\)

Vì \(\Delta MHP\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {{M_1}} + \widehat {{P_1}} = 90^\circ \)

Vì \(\Delta QMP\) vuông tại \(M\) nên \(\widehat Q + \widehat {{P_1}} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat Q = \widehat {{M_1}}\)

Xét \(\Delta EMH\) và \(\Delta MQD\) có

\(\widehat Q = \widehat {{M_1}}\) (cmt); \(\widehat {QMD} = \widehat {MEH}\) (cmt)

Do đó $\Delta EMH\backsim \Delta MQD$ (g.g)

* Chứng minh \(P\) là trung điểm của \(ME\).

Từ $\Delta EMH\backsim \Delta MQD$ (cmt)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = \frac{{MH}}{{QD}}\) (cạnh tương ứng)

Vì \(D\) là trung điểm của \(HQ\) nên \(QD = \frac{1}{2}HQ\) suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = \frac{{MH}}{{\frac{1}{2}HQ}}\) \( = 2 \cdot \frac{{MH}}{{HQ}}\)

Trong \(\Delta MHQ\) vuông tại \(H\), ta có \(\frac{{MH}}{{HQ}} = \tan \widehat {MQH}\)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = 2 \cdot \frac{{MH}}{{HQ}} = 2.\tan \widehat {MQH}\)

Trong \(\Delta MPQ\) vuông tại \(P\), ta có \(\tan \widehat {MQH} = \frac{{MP}}{{MQ}}\)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = 2 \cdot \frac{{MP}}{{MQ}}\) nên \(EM = 2MP\)

Vậy \(P\) là trung điểm của \(ME\).

Gọi chiều rộng đáy, chiều dài đáy và chiều cao của chiếc thùng giấy dạng hình hộp chữ nhật lần lượt là \(x\),\(y\),\(z\) (\(dm\), \(x,\,y,\,z > 0\))

Tỉ số hai cạnh đáy là \(x:y = 1:3\), suy ra \(\frac{x}{1} = \frac{y}{3}\), suy ra \(y = 3x\)

Thùng giấy có thể tích là \(18d{m^3}\) nên ta có: \(xyz = 18\), suy ra  \(x.3x.z = 18\) , suy ra \(z = \frac{6}{{{x^2}}}\)

Diện tích giấy cần dùng để làm một chiếc hộp là:

\(S = {S_{xq}} + {S_{d\'a y}}\) \( = 2\left( {x + y} \right)z + xy\)

\(S = 2xz + 2yz + xy\)

\(S = x(3x) + 2x\left( {\frac{6}{{{x^2}}}} \right) + 2(3x)\left( {\frac{6}{{{x^2}}}} \right)\)

\(S = 3{x^2} + \frac{{12}}{x} + \frac{{36}}{x}\)

\(S = 3{x^2} + \frac{{48}}{x}\)

\(S = 3{x^2} + \frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{x}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương \(3{x^2}\), \(\frac{{24}}{x}\) và \(\frac{{24}}{x}\), ta có:

\(S \ge 3\sqrt[3]{{3{x^2} \cdot \frac{{24}}{x} \cdot \frac{{24}}{x}}} = 3\sqrt[3]{{1728}} = 3 \cdot 12 = 36\)

Dấu “=” xảy ra khi \(3{x^2} = \frac{{24}}{x}\), suy ra \({x^3} = 8\), suy ra \(x = 2\) (TM)

Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}y = 3.2 = 6\\z = \frac{6}{{{2^2}}} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\](TM)

Vậy để tốn ít vật liệu nhất thì thùng có kích thước chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là \(6\,\)dm, \(2\) dm, \(\frac{3}{2}\) dm.