Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Thanh Liệt (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

a) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó là:

b) Thời gian đi từ nhà đến trường dưới \(10\) phút tương ứng với các nhóm số liệu \[{\rm{[}}0;5)\]và \[{\rm{[5}};10).\]

Tổng tần số tương đối của các nhóm \[{\rm{[}}0;5)\] và \[{\rm{[5}};10)\] là: \(12,5\% + 40\% = 52,5\% \)

Vì \(52,5\% < 53\% \) nên nhận định của Minh là sai.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra là: = {1; 2; 3; …; 20}

Tập hợp có 20 phần tử.

Vì các thẻ cùng loại nên kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 3; 9; 15.

Xác suất của biến cố A là \[P(A) = \frac{3}{{20}}\].

1) Thay \(x = 16\)(thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

\[A = \frac{{9 - 3\sqrt {16} }}{{16 - 4}} = \frac{{9 - 3.4}}{{12}} = \frac{{ - 1}}{4}\]. Vậy \(x = 16\) thì \[A = \frac{{ - 1}}{4}.\]

2) Với \(x \ge 0\); \(x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x + 4}}{{x - \sqrt x - 2}}\)

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 2\sqrt x + 1 - x - \sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{ - 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{ - 3(\sqrt x + 1)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 2}}.\]

Vậy \[B = \frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 2}}\] với \(x \ge 0\); \(x \ne 4\).

3) \[P = \frac{A}{B} = \frac{{9 - 3\sqrt x }}{{x - 4}}:\frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}}\]với \(x \ge 0\); \(x \ne 4\).

Vì \(\left| P \right| + P = 0\). Suy ra \(\left| P \right| = - P\). Do đó \(P \le 0\).

Hay \[\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} \le 0\]. Suy ra: \[\sqrt x - 3 \le 0\] ( Vì \[\sqrt x + 2 > 0\] với mọi x thuộc ĐKXĐ)

Tìm được: \(0 \le x \le 9;x \ne 4\)

Kết luận: \(0 \le x \le 9;x \ne 4\) thì \(\left| P \right| + P = 0.\)

Gọi số sản phẩm tổ I, tổ II phải làm theo kế hoạch lần lượt là \(x,y\) ( sản phẩm; \(x,y \in N*;x,y < 800\))

Vì hai tổ sản xuất được giao làm 800 sản phẩm nên ta có phương trình:

\(x + y = 800\)(1)

Số sản phẩm tổ I làm vượt mức là: \(10\% x = 0,1x\)( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II làm vượt mức là: \(20\% y = 0,2y\)( sản phẩm)

Số sản phẩm cả hai tổ làm vượt mức là \(910 - 800 = 110\)( sản phẩm)

Ta có PT: \(0,1x + 0,2y = 110\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,1x + 0,2y = 110\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình trên ta tìm được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 500\\y = 300\end{array} \right.\) ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy số sản phẩm tổ I đã làm là: \(500 + 0,1.500 = 550\)( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II đã làm là: \(300 + 0,2.300 = 360\)( sản phẩm).

Đổi 16 phút = \(\frac{4}{{15}}\) giờ

Gọi vận tốc của xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B là x (km/h, x > 0)

Vận tốc của ô tô đi từ tỉnh B đến tỉnh A là \(x + 15\) (km/h)

Quãng đường AB dài 54 km, xe máy gặp ô tô ở một địa điểm cách B 24 km nên quãng đường xe máy đã đi được là \(54 - 24 = 30\)(km). Do đó thời gian xe máy đi từ A đến nơi gặp nhau là \(\frac{{30}}{x}\) (giờ)

Thời gian ô tô đi từ B đến nơi gặp nhau là \(\frac{{24}}{{x + 15}}\) (giờ)

Theo bài ra, ta có phương trình: \(\frac{{30}}{x} - \frac{{24}}{{x + 15}} = \frac{4}{{15}}\).

Giải phương trình và so sánh với điều kiện tìm được: \(x = 45\).

Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h.

Xét phương trình bậc hai: \({x^2} + x - 2 = 0{\rm{ }}(a = 1;b = 1;c = - 2)\)

Vì \(\Delta = 9 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\\{x_1}.{x_2} = - 2\end{array} \right.\).

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên \(x_2^2 + {x_2} - 2 = 0\)

Suy ra \(\sqrt { - 3{x_2} + 3} = \sqrt {( - 3{x_2} + 3) + (x_2^2 + {x_2} - 2)} = \sqrt {x_2^2 - 2{x_2} + 1} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 1} \right|\)

Từ hệ thức Viète suy ra \({x_1};{x_2}\) trái dấu nhau mà \({x_1} > {x_2}\) nên \({x_1} > 0;{x_2} < 0\)

\(3\left| {{x_1}} \right| = 3{x_1};4\left| {{x_2}} \right| = - 4{x_2};{x_2} - 1 < 0\) suy ra \(\left| {{x_2} - 1} \right| = 1 - {x_2}\)

\(M = 3{x_1} + 4{x_2} + 1 - {x_2} = 3{x_1} + 3{x_2} + 1 = 3({x_1} + {x_2}) + 1 = 3.( - 1) + 1 = - 2.\)

Theo giả thiết mỗi chiếc nón lá là một hình nón có bán kính đáy

\(R = \frac{{50}}{2} = 25cm = 0,25m\); chiều cao \(h = 30cm = 0,3m\)

Độ dài đường sinh hình nón là \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} = \sqrt {0,{{25}^2} + 0,{3^2}} = \frac{{\sqrt {61} }}{{20}}\left( m \right)\)

Diện tích xung quanh hình nón là \({S_1} = \pi Rl = \pi 0,25 \cdot \frac{{\sqrt {61} }}{{20}} = \pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Tổng diện tích xung quanh của \(1600\) chiếc nón lá là:\(S = 1600{S_1} = 1600 \cdot \pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}} = 20\pi \sqrt {61} \,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Do đó khối lượng lá cần dùng là: \(\frac{S}{{6,13}} = \frac{{20\pi \sqrt {61} }}{{6,13}} \approx 80\left( {kg} \right)\)

a) Vì \(BE,{\rm{ }}CF\) là hai đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\left( {E \in AC,\,\,F \in AB} \right)\) suy ra \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ .\)

Từ đó chứng minh được bốn điểm \(B,C,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) hay tứ giác \(BCEF\) nội tiếp thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Chứng minh được \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) đồng dạng.

Suy ra: \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên \(AE.AC = AF.AB\).

b) Gọi \(G\)là giao điểm của \(AP\) và \[FE.\]

Chứng minh: \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC} = \widehat {APC}\)

Chứng minh: \(\Delta AEG\)và \(\Delta APC\) đồng dạng.

Suy ra: \(\widehat {AGE} = \widehat {ACP} = 90^\circ \). Do đó \(AP \bot EF\) tại \(G.\)

Chứng minh \(IF = IE = \frac{{AH}}{2} \Rightarrow \Delta IEF\) cân tại \(I.\)

Mà \(IK\) là đường trung tuyến của \(\Delta IEF\) (do \(I\) là trung điểm của \[EF\]) nên \(IK\) đồng thời là đường cao của \(\Delta IEF\) suy ra \(IK \bot EF\).

Lại có: \(AP \bot EF\)(cmt) nên \(IK\,{\rm{//}}\,AP\) (đpcm)

c) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\)và \(BC.\)

Chứng minh \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC,\) suy ra \(AH \bot BC\) tại \(D\)

Chứng minh tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành. Suy ra 3 điểm \(H,M,P\) thẳng hàng.

Mà 3 điểm \(H,M,N\) thẳng hàng ( gt) nên 4 điểm \(H,M,N,P\) thẳng hàng.

Từ đó chứng minh được \(\widehat {ANM} = \widehat {ANP} = 90^\circ \) (do \(\widehat {ANP} = 90^\circ \) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Chứng minh tứ giác \(ANDM\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AM.\)

Suy ra: \(\widehat {NAD} = \widehat {NMD}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn hay \(\widehat {HMB} = \widehat {NAH}.\)

Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) là vận tốc của tàu, \(x > 0\).

Thời gian tàu chạy quãng đường \[1{\rm{ km}}\] là \(\frac{1}{x}\) (giờ).

Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: \(\frac{1}{x} \cdot 360 = \frac{{360}}{x}\) (nghìn đồng).

Chi phí cho phần thứ hai là \(T = k{x^2}\) (nghìn đồng/giờ) với \(k \ne 0\).

Mà khi \(x = 10\) thì \(T = 160\) nên \(160 = k \cdot {10^2}\) suy ra \(k = 1,6\).

Vậy \(T = 1,6{x^2}\) (nghìn đồng/ giờ).

Vậy tổng chi phí vận hành trên \[1{\rm{ km}}\] là \(\frac{{360}}{x} + 1,6{x^2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{{360}}{x} + 1,6x\) (nghìn đồng)

Ta có \(\frac{{360}}{x} + 1,6x \ge 2\sqrt {\frac{{360}}{x} \cdot 1,6x} = 48\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{360}}{x} = 1,6x\) hay \(x = 15\)( thỏa mãn).

Vậy tốc độ của tàu bằng \(15{\rm{\;km/h}}\) thì chi phí vận hành là thấp nhất.