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

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) 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.

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 $m.5 = 19 \Rightarrow m = \frac{{19}}{5}$

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.

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 $MH.MO = MC.MD$.

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 $PQ$.

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.