Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Tô Hoàng (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Một trường THCS tổ chức cho học sinh khối 9 thi 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:
Nhóm | \[\left[ {0;3,5} \right)\] | \[\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {3,5;5} \right)}\end{array}\] | \[\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;6,5} \right)}\end{array}\] | \[\left[ {6,5;8} \right)\] | \[\left[ {8;10} \right)\] |
Tần số tương đối (%) | \[2\] | \[10\] | ? | \[36\] | \[28\] |
a) Tìm tần số tương đối của nhóm \[\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;6,5} \right)}\end{array}\]
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).
a) Tần số tương đối của nhóm \[\left[ {5;6,5} \right)\]là
\[100\% - (2\% + 10\% + 36\% + 28\% ) = 100\% - 76\% = 24\% \]
b) Học sinh đạt điểm Khá và Giỏi có điểm từ 6,5 trở lên, tương ứng với hai nhóm là \[\left[ {6,5;8} \right)\] và \[\left[ {8;10} \right)\]
Tổng tần số tương đối của hai nhóm này là: \[36\% + 28\% = 64\% \]
Khối 9 có tổng cộng 500 học sinh. Số học sinh đạt điểm Khá và Giỏi là:
\[500.64\% = 500.\frac{{64}}{{100}} = 320\] (học sinh)
Gọi hai viên bi màu đỏ được đánh số lần lượt 1; 2 là
Ba viên bi màu xanh được đánh số lần lượt 3; 4; 5 là \[{X_3};{X_4};{X_5}\]
Các kết quả thuận lợi cho biến cố “ Mai lấy được hai viên bi cùng màu có tích các số ghi trên hai viên bi là số chẵn” là có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố
\[P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{{10}} = 0,3\]
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = \frac{4}{9}\).
2) Rút gọn \(B\).
3) Cho \(M = \frac{{2A}}{B}\). Chứng minh rằng \(M\) có giá trị không phải là số nguyên.
1) Thay \(x = \frac{4}{9}\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được: \(A = \frac{{\sqrt {\frac{4}{9}} }}{{\sqrt {\frac{4}{9}} + 2}} = \frac{{\frac{2}{3}}}{{\frac{2}{3} + 2}} = \frac{1}{4}\).
Vậy \(x = \frac{4}{9}\) thì \(A = \frac{1}{4}\).
2) Ta có:
\(B = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{3}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x - 3 - 3\left( {\sqrt x - 1} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x - 3 - 3\sqrt x + 3 + x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{x - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\). Vậy \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).
3) Điều kiện xác định của \(M\) là \(B \ne 0\), suy ra \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} \ne 0\) nên \(x \ne 0\).
Kết hợp điều kiện bài ra suy ra \(x > 0;x \ne 1\).
Ta có: \(M = \frac{{2A}}{B} = 2.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} = \frac{{2\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 2}} = 2 - \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\).
Ta có: \(\sqrt x > 0\) với mọi \(x > 0;x \ne 1\) nên \(\sqrt x + 2 > 2 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x + 2}} < 1\) nên \(2 - \frac{2}{{\sqrt x + 2}} > 1\).
Mặt khác: \(M = 2 - \frac{2}{{\sqrt x + 2}} < 2\) nên \(1 < M < 2\). Vậy \(M\) không thể nhận giá trị nguyên.
(2,5 điểm)
Gọi \[x\] (đồng) giá niêm yết của mỗi chiếc Pizza là \[\left( {x > 30\,\,000} \right)\]
Số tiền phải trả cho 5 chiếc Pizza đầu là \[5x\] đồng
Số tiền phải trả cho 5 chiếc Pizza từ chiếc thứ 6 đến thứ 10 là \[5\left( {x - 30\,\,000} \right)\]đồng
Số tiền phải trả cho 6 chiếc Pizza từ chiếc thứ 11 đến thứ 16 là \[6 \cdot 0,8\left( {x - 30\,\,000} \right)\]đồng
Do bác Lan phải trả 3110 000 đồng cho cửa hàng nên ta có
\[5x + 5\left( {x - 30\,\,000} \right) + 4,8\left( {x - 30\,\,000} \right) = 3\,\,\,110\,\,000\]
\[(5 + 5 + 4,8)x - 294\,\,000 = 3\,\,110\,\,000\]
\[14,8x = 3\,\,110\,\,000 + 294\,\,\,000\]
\[x = 230\,\,000\] (TMĐK).
Vậy giá niêm yết của mỗi chiếc Pizza trong cửa hàng là \[230\,\,000\] đồng.
Gọi \[x\] (m) là chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu \[\left( {x > 2} \right)\]
Chiều dài của mảnh đấy ban đầu là \[3x\] (m)
Chiều rộng của mảnh đất trồng rau là \[x - 2\] (m)
Chiều dài của mảnh đất trồng rau là \[3x - 2\] (m)
Vì diện tích mảnh đất trồng rau là \[340\,\,{m^2}\] ta có
\[\left( {x - 2} \right)\left( {3x - 2} \right) = 340{\rm{ }}\]
\[3{x^2} - 8x - 336 = 0{\rm{ }}\]
\[\left( {3x + 28} \right)\left( {x - 12} \right) = 0{\rm{ }}\]
\[x = - \frac{{{\rm{28 }}}}{3}\] (loại) hoặc \[x = 12\] (TMĐK)
Vậy chiều rộng mảnh đất ban đầu là \[12\,m\], chiều dài mảnh đất ban đầu là \[36\,m\].
Phương trình bậc hai \[{x^2} - 19x + 9 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\].
Theo định lý Viète ta có \[{x_1} + {x_2} = 19\] và \[{x_1}.{x_2} = 9\] suy ra \[{x_1} > 0{\rm{ }},{x_2} > 0{\rm{ }}\]
Ta có \[m\sqrt {{x_1}} = 9\left| {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}} \right| - m\sqrt {{x_2}} \]
\[m\sqrt {{x_1}} + m\sqrt {{x_2}} = 9\left| {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}} \right|\]
\[m\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 9\left| {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}} \right|\]
\[m\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 9\left| {\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}}} \right|\]
Hay \[m\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right) = 9\left| {\frac{{19}}{9}} \right| = 19\,\,\,\left( 1 \right)\]
Xét \[{\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} + {x_2} = 19 + 2\sqrt 9 = 25\]
Suy ra \[\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} = 5\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] suy ra \[m.5 = 19 \Rightarrow m = \frac{{19}}{5}\]
Cho một khối đá hình nón có chiều cao \[40\]cm và đường kính đáy \[30\]cm (lấy \[\pi \approx 3,14\]).
a) Tính thể tích của khối đá.
b) Một chiếc chum hình trụ có chiều cao trong lòng chum là \[70\] cm và bán kính đáy \[20\] cm đang đựng nước với chiều cao mực nước là \[45\] cm. Đặt khối đá hình nón vào trong chum thì khối đá chìm hoàn toàn trong nước và nước trong chum dâng lên không bị tràn ra ngoài. Hỏi sau khi đặt khối đá vào trong chum thì mực nước cách miệng chum là bao nhiêu centimet?
a) Bán kính đáy của hình nón là: \[30:2 = 15\] (cm)
Thể tích của hình nón là:\[\frac{1}{3}.\pi {.15^2}.40 = 3000\pi \approx 3000.3,14 = 9420\] (cm3)
Vậy thể tích của khối đá khoảng 9420 cm3.
b) Diện tích đáy của hình trụ là : \[\pi {.20^2} = 400\pi \](cm2)
Mực nước dâng lên so với ban đầu khi bỏ khối đá vào là : \[\left( {3000\pi } \right):\left( {400\pi } \right) = 7,5\] (cm)
Sau khi bỏ khối đá mực nước cách miệng chum là: \[70 - 45 - 7,5 = 17,5\] (cm)
Vậy sau khi đặt khối đá vào trong chum thì mực nước cách miệng chum là 17,5 cm.
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và điểm \[M\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[M\] kẻ tiếp tuyến \[MA\], \[MB\] tới đường tròn \[\left( O \right)\] (với \[A\] và \[B\] là các tiếp điểm). Kẻ đường thẳng đi qua \[M\] và cắt \[\left( O \right)\] tại hai điểm \[C\] và \[D\] sao cho tia \[MC\] nằm trong góc \[\widehat {AMO}\] và điểm \[C\] nằm giữa hai điểm \[M\] và \[D\], kẻ \[OI\] vuông góc với \[CD\] tại \[I\].
a) Chứng minh \[5\] điểm \[M,A,I,B,O\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[IM\] là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\].
c) Gọi \[H\] là giao điểm của \[MO\] và \[AB\]. Chứng minh \[MH.MO = MC.MD\].
d) Qua \[C\] kẻ đường thẳng song song với \[HD\] lần lượt cắt \[MO\], \[AB\] tại \[P,Q\]. Chứng minh \[C\] là trung điểm của \[PQ\].
![Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và điểm \[ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/7-1778294041.png)
a) Do \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].
Do \[OI \bot CD\] tại \[I\] nên \[\widehat {MIO} = 90^\circ \].
Xét \[\Delta MAO\] vuông tại \[A\] nên \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].
Xét \[\Delta MBO\] vuông tại \[B\] nên \[M,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].
Xét \[\Delta MIO\] vuông tại \[I\]nên \[M,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].
Suy ra \[5\] điểm \[M,A,I,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].
b) Xét đường tròn đường kính \[MO\] có:
\[\widehat {AIM} = \widehat {AOM}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
\[\widehat {MIB} = \widehat {BOM}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
Mà \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn \[\left( O \right)\])
Suy ra \[\widehat {AIM} = \widehat {MIB}\] nên \[IM\] là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\].
c) Ta có \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn \[\left( O \right)\])
và \[OA = OB\] (bán kính đường tròn \[\left( O \right)\])
Suy ra \[OM\] là trung trực của \[AB\] nên \[OM \bot AB\] tại \[H\].
Xét \[\Delta MHA\] và \[\Delta MAO\] có: \[\widehat {AMO}\] chung, \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA}\left( { = 90^\circ } \right)\] nên (g.g)
suy ra \[\frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}\] (cặp cạnh tương ứng), hay \[M{A^2} = MH.MO\]. (1)
Kẻ đường kính \[AE\] của \[\left( O \right)\].
Suy ra \[\widehat {ADE} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có \[\widehat {MAC} + \widehat {CAE} = 90^\circ \] (\[\widehat {MAO} = 90^\circ \]); \[\widehat {ADC} + \widehat {CDE} = 90^\circ \] (\[\widehat {MAO} = 90^\circ \])
Mà \[\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung trong đường tròn \[\left( O \right)\])
Nên \[\widehat {MAC} = \widehat {ADC}\]
Xét \[\Delta MAC\]và \[\Delta MDA\] có: \[\widehat {AMD}\] chung, \[\widehat {MAC} = \widehat {ADC}\] nên (g.g)
Suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] (cặp cạnh tương ứng), hay \[M{A^2} = MC.MD\]. (2)
Từ (1), (2) suy ra \[MH.MO = MC.MD\].
![Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và điểm \[ (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/8-1778294059.png)
d) Có \[MH.MO = MC.MD\] nên \[\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\].
Xét \[\Delta MCH\]và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung, \[\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\] nên (c.g.c)
suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {OHD}\] (hai góc tương ứng)
Ta có \[\widehat {MHC} + \widehat {CHA} = 90^\circ \]; \[\widehat {OHD} + \widehat {DHA} = 90^\circ \]
Mà \[\widehat {MHC} = \widehat {OHD}\] nên \[\widehat {CHA} = \widehat {AHD}\]
Hay \[HK\] là đường phân giác của \[\Delta CHD\] (\[K\] là giao điểm của \[HA\] và \[CD\])
Mà \[MH \bot HK\] tại \[H\] suy ra \[HM\] là đường phân giác ngoài của \[\Delta CHD\]
Xét \[\Delta CHD\] có \[HK,HM\] là đường phân giác suy ra \[\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{MC}}{{MD}}\left( { = \frac{{HC}}{{HD}}} \right)\] (3)
Xét \[\Delta KCQ\] và \[\Delta KDH\]có \[CQ\parallel HD\] suy ra \[\frac{{CQ}}{{HD}} = \frac{{KC}}{{KD}}\] (hệ quả định lý Thales) (4)
Xét \[\Delta MCP\] và \[\Delta MDH\]có \[CP\parallel HD\] suy ra \[\frac{{CP}}{{HD}} = \frac{{MC}}{{MD}}\] (hệ quả định lý Thales) (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra \[\frac{{CQ}}{{HD}} = \frac{{CP}}{{HD}}\] hay \[CQ = CP\], suy ra \[C\] là trung điểm của \[PQ\].
(0,5 điểm) Một robot Tự hành di chuyển qua hai khu vực, khu vực A dài 6 m và khu vực B dài 24 m, với vận tốc không đổi cho từng khu. Do giới hạn tải trọng, tổng vận tốc thiết lập không vượt quá 6m/s . Mức tiêu hao năng lượng của robot được tính bằng tổng hai thành phần:
1. Hao phí động cơ: Có giá trị bằng đúng tổng vận tốc ở từng khu của robot (đơn vị năng lượng)
2. Hao phí điều khiển: Hệ thống cảm biến tiêu thụ một đơn vị năng lựng cho mỗi giây hoạt động trên đường. Tìm vận tốc của robit ở từng khu để nó hoàn thành nhiệm vụ với mức tiêu hao năng lượng là thấp nhất.
Gọi vận tốc robot ở khu A và khu B lần lượt là \(x,y\) (m/s), \(0 < x,y < 6\).
Vì tổng vận tốc thiết lập không vượt quá 6m/s nên \(x + y \le 6\).
Hao phí động cơ là: \(x + y\) (đơn vị năng lượng)
Hao phí điều khiển là: \(\frac{6}{x} + \frac{{24}}{y}\) (đơn vị năng lượng)
Tổng mức tiêu hao năng lượng là: \(A = x + y + \frac{6}{x} + \frac{{24}}{y}\).
Ta có: \(A = \left( {\frac{{3x}}{2} + \frac{6}{x}} \right) + \left( {\frac{{3y}}{2} + \frac{{24}}{y}} \right) - \frac{1}{2}\left( {x + y} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x}}{2} + \frac{6}{x} \ge 2\sqrt {\frac{{3x}}{2}.\frac{6}{x}} = 6\\\frac{{3y}}{2} + \frac{{24}}{y} \ge 2\sqrt {\frac{{3y}}{2}.\frac{{24}}{y}} = 12\end{array} \right.\], mặt khác \(x + y \le 6\) nên \(\frac{1}{2}\left( {x + y} \right) \le 3\)
Suy ra \(A \ge 15\).
Dấu bằng xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x}}{2} = \frac{6}{x}\\\frac{{3y}}{2} = \frac{{24}}{y}\\x + y = 6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\] (vì \(0 < x,y < 6\))
Vậy vận tốc robot ở khu A và khu B lần lượt là \(2\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) và \(6\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) thì mức tiêu hao năng lượng nhỏ nhất.
