Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Thanh Xuân (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

a) Số học sinh dành thời gian tự học mỗi ngày từ \(60\)phút đến dưới \(180\)phút là: \(25 + 20 + 10 + 5 = 60\)(học sinh).

b) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {90;120} \right)\) là \(\frac{{20}}{{80}}.100\%  = 25\% \).

Không gian mẫu của phép thử có \(12\) phần tử. Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng 

Có \(6\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,6\,;\,\,12\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(\frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).

1) Thay \(x = 4\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được \(A = \frac{{\sqrt 4  + 5}}{{\sqrt 4  - 1}} = 7\).

Vậy\(A = 7\) khi \(x = 4\).

2) \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\) với \(x > 0,x \ne 1\).

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

\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\) (đpcm).

3) Ta có \(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{\sqrt x  - 1}}:\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x  + 1}}.\)

Vì \(x\) là số nguyên tố nên:

\[x \ge 2\]

\[\sqrt x  \ge \sqrt 2 \]

\[\sqrt x  + 1 \ge \sqrt 2  + 1\]

\[\frac{4}{{\sqrt x  + 1}} \le \frac{4}{{\sqrt 2  + 1}}\]

\[\frac{4}{{\sqrt x  + 1}} \le 4\sqrt 2  - 4\]

\[1 + \frac{4}{{\sqrt x  + 1}} \le 4\sqrt 2  - 3\]

\[P \le 4\sqrt 2  - 3\]

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 2\].

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P\) là \[4\sqrt 2  - 3\] khi \[x = 2\].

Gọi giá niêm yết của chuột không dây và tai nghe Bluetooth lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng) \(\left( {0 < x < 800,0 < y < 800} \right).\)

Tổng tiền mua hai sản phẩm là \(800\) nghìn đồng nên ta có phương trình \(x + y = 800\) (1)

Giá chuột không dây sau khi giảm \(15\% \) là \(x - 15\% x = 85\% x = 0,85x\) (nghìn đồng)

Giá tai nghe Bluetooth sau khi giảm \(20\% \) là \(y - 20\%  = 80\% y = 0,8y\) (nghìn đồng)

Tổng số tiền mua hai sản phẩm sau khi giảm là \(665\) nghìn đồng nên ta có phương trình \(0,85x + 0,8y = 665\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,85x + 0,8y = 665\end{array} \right.\]

Từ (1) ta có \(y = 800 - x\)

Thay \(y = 800 - x\) vào (2) ta được

\(0,85x + 0,8\left( {800 - x} \right) = 665\)

                    \(0,05x = 25\)

                 \(x = 500\) (tmđk)

Do đó \(y = 800 - 500 = 300\) (tmđk)

Vậy giá niêm yết của chuột không dây là \(500\) nghìn đồng, giá niêm yết của tai nghe Bluetooth là \(300\) nghìn đồng.

Gọi vận tốc dự định của xe tải là \(x\) (km/h) (\(x > 0\)).

Thời gian dự định của xe tải là \(\frac{{600}}{x}\) (h)

Vận tốc thực tế của xe tải là \(x + 20\) (km/h)

Thời gian thực tế của xe tải là \(\frac{{840}}{{x + 20}}\) (h)

Vì thực tế xe tải dừng nghỉ \(1\) giờ và vẫn giao hàng đúng hạn nên ta có phương trình \(\frac{{600}}{x} = \frac{{840}}{{x + 20}} + 1\)

\(600\left( {x + 20} \right) = 840x + x\left( {x + 20} \right)\)

\(600x + 12000 = 840x + {x^2} + 20x\)   

\({x^2} + 260x - 12000 = 0\)

\(\Delta ' = {130^2} - 1.\left( { - 12000} \right) = 28900 > 0\) nên \(\sqrt \Delta   = 170\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - 130 + 170}}{2} = 20\) (tmđk); \({x_2} = \frac{{ - 130 - 170}}{2} =  - 150\) (ktm)

Vậy vận tốc dự định của xe tải là \(20\) km/h.

Phương trình \({x^2} - mx - {m^2} = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\))

Ta có \(\Delta  = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - {m^2}} \right) = 5{m^2}\)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta  > 0\) hay \(5{m^2} > 0\). Do đó \(m \ne 0\)

Theo hệ thức Viète ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} =  - {m^2}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Ta có \({x_1}^2 - {x_2}^2 + {x_1}{x_2} = 2m\)

\(\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 2m\)

\(m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) + {m^2} = 2m\)

\(m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 2m - {m^2}\)

Do \(m \ne 0\) nên \({x_1} - {x_2} = 2 - m\)\(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \({x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1\); \({x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m\)

Thay  \({x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1\); \({x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m\) vào \(\left( 3 \right)\) ta được

\(m =  - {m^2}\)

\(m\left( {m + 1} \right) = 0\)

\(m =  - 1\) (tmđk) hoặc \(m = 0\) (ktm)

Vậy \(A = \sqrt {{m^2} - m}  = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 1} \right)}  = \sqrt 2 \).

Diện tích kính cần sử dụng để làm chiếc bể cá là:

\(S = \left( {50 + 40} \right).2.45 + 50.40 = \)\(10\,\,100\) (cm2)

Lượng nước dâng lên chính bẳng thể tích của khối đá thả vào bể, vậy thể tích phần nước dâng lên của bể cá là: \(V = {20^3} = 8000\) (cm3)

Độ cao phần mực nước dâng lên là: \(h = \frac{{8000}}{{50.40}} = 4\) (cm)

Vậy mực nước trong bể cá sau khi thả khối đá là: \(30 + 4 = 34\) (cm)

a) Chứng minh bốn điểm \(I,H,M,C\) cùng thuộc một đường tròn.

Vì \(CH \bot AO\); \(IM \bot CO\) (gt)  nên \(\widehat {IHC} = \widehat {IMC} = 90^\circ \)

Vì \(\Delta IHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(I,H,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)

Vì \(\Delta IMC\) vuông tại \(M\) nên ba điểm \(I,M,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)

Do đó bốn điểm \(I,H,M,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IC\)

b) Chứng minh \(OH.OA = O{C^2}\) và \(HZ\) là tia phân giác của \(\widehat {EHD}\)

Xét \(\Delta OHC\) và \(\Delta OCA\) có:  \(\widehat {AOC}\) chung; \(\widehat {OHC} = \widehat {OCA} = 90^\circ \)

Do đó $\Delta OHC\backsim \Delta OCA$ (g-g) suy ra \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}\) hay \(O{C^2} = OH.OA\) (đpcm)

Xét \(\Delta ACO\) và \(\Delta AHC\,\) có \(\widehat {ACO} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) và \(\widehat {CAO}\) chung

Do đó $\Delta ACO\backsim \Delta AHC$  (g.g), suy ra \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AH.AO\) (1)

Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có \(\widehat {AEC} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)và \(\widehat {CAD}\) chung

Do đó $\Delta ACE\backsim \Delta ADC$ (g.g) suy ra \(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AE.AD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH.AO = AE.AD\) hay \(\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}\)

Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta ADO\) có: \(\widehat {OAD}\) chung; \(\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}\)

Do đó $\Delta AHE\backsim \Delta ADO$  (c.g.c) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {ODA}\) (3)

Vì \(OC = OD = R\) nên \(OH.OA = O{D^2}\)\( \Rightarrow \frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}\)

Xét \(\Delta OHD\) và \(\Delta ODA\), ta có: \(\frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}\) và \(\widehat {AOD}\) chung

Do đó $\Delta OHD\backsim \Delta ODA$,  suy ra \(\widehat {OHD} = \widehat {ODA}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {OHD}\)

Vì \(CZ \bot AO\) nên ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OHD} + \widehat {DHZ} = 90^\circ \\\widehat {AHE} + \widehat {EHZ} = 90^\circ \end{array} \right.\) mà \(\widehat {AHE} = \widehat {OHD}\) nên \(\widehat {EHZ} = \widehat {DHZ}\)

suy ra\(HZ\) là tia phân giác của \(\widehat {EHD}\) (đpcm)

c) Chứng minh ba điểm \(O,T,B\) thẳng hàng.

Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H\) và cắt \(MN\) tại \(K\)

Vì \({S_{ABC}} = 150\,\,\left( {{m^2}} \right)\) nên \(\frac{{AH.BC}}{2} = 150 \Rightarrow AH = \frac{{2.150}}{{BC}} = \frac{{2.150}}{{20}} = 15\left( m \right)\)

Gọi \(MN = x,\,HK = y\) với \(x,y > 0;y < 15\).

Vì  \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(MN{\rm{//}}BC\)

Tương tự chứng minh

Suy ra \[\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}\] hay\(\frac{x}{{20}} = \frac{{15 - y}}{{15}} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)\)

Ta có : \({S_{MNPQ}} = HK.QP = HK.MN = xy = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)y\)

Hay \({S_{MNPQ}} = \frac{4}{3}y\left( {15 - y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 60y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 2.2y.15 + 225 - 225} \right)\)

       \({S_{MNPQ}} = \frac{{ - 1}}{3}\left[ {{{\left( {2y - 15} \right)}^2} - 225} \right] = \frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75\)

Vì \(\frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75 \le 75\)nên \({S_{MNPQ}} \le 75\)

Dấu bằng xảy ra khi \({\left( {2y - 15} \right)^2} = 0 \Rightarrow y = \frac{{15}}{2} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - \frac{{15}}{2}} \right) = 10\)

Suy ra \(MN = \frac{1}{2}BC\) mà \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\).

Suy ra điểm \(M\)là trung điểm của \(AB\).

Vậy diện tích sân chơi hình bình hành lớn nhất có thể đạt được là \(75{m^2}\).