Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Việt Hưng (Hà Nội) tháng 4/2026 có đáp án
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Chiều cao (cm) của \(40\) bạn học sinh lớp \(9A\) được biểu diễn trong biểu đồ bên dưới
a) Lập bảng tần số cho dữ liệu được biểu diễn trên biểu đồ.
b) Bạn Nam có nhận định rằng tỉ lệ các bạn học sinh của lớp \(9A\)có chiều cao từ \(165\) cm trở lên chiếm hơn \(40\% \) số học sinh của cả lớp. Hỏi nhận định của Nam có đúng không? Tại sao?
a) Bảng tần số cho dữ liệu từ biểu đồ trên
Chiều cao | \([150;155)\) | \([155;160)\) | \([160;165)\) | \([165;170)\) | \([170;175)\) | \([175;180)\) |
Tần số | \(5\) | \(8\) | \(12\) | \(10\) | \(3\) | \(2\) |
b) Tỉ số phần trăm số học sinh có chiều cao từ \(165{\rm{ cm}}\) trở lên so với vả lớp là \(\frac{{10 + 3 + 2}}{{40}}.100\% = 37,5\% \)
Vậy nhận định của Nam là chưa chính xác.
Các kết quả xảy ra của phép thử là đồng khả năng
Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\). Do đó \(n\left( \Omega \right) = 8\).
Có \(2\) kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(3;6\). Do đó \(n\left( A \right) = 2\).
Xác suất của biến cố \(A\) là \(P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}\).
(1,5 điểm)
Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}\) và \(B = \frac{{x + 5}}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{3}{{\sqrt x - 1}}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 16\)
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Cho \(P = A:B\). Tìm số tự nhiên \(x\) để \(\left| P \right| > P\).
1) Thay \(x = 16\) (tmđk) vào biểu thức \(A\) ta được \(\frac{{\sqrt {16} - 1}}{{\sqrt {16} + 3}} = \frac{3}{7}\)
Vậy giá trị của biểu thức \(A\) tại \(x = 16\) là \(\frac{3}{7}\)
2) \(B = \frac{{x + 5}}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{3}{{\sqrt x - 1}}\)
\(B = \frac{{x + 5 + \sqrt x - 1 - 3\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{x + 5 + \sqrt x - 1 - 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)
\(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\) (đpcm)
3) \(P = AB\)
\(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\)
\(P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}}\)
Để \(\left| P \right| > P\) thì \(P < 0\)
Do đó \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}} < 0\)
Mà \(\sqrt x \ge 0\) với \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x + 3 > 0\)
Vậy \(\sqrt x - 1 < 0\)
\(\sqrt x < 1\)
\(x < 1\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,x \ne 1\)
Mà \(x\) là số tự nhiên
Vậy \(x = 0\) là giá trị cần tìm.
(2,5 điểm)
Gọi số bộ bảo hộ lao động mà doanh nghiệp bán được trong một tháng là \[x\] (bộ) với\[\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\]
Số tiền doanh nghiệp thu được một tháng sau khi bán được \[x\] bộ bảo hộ lao động là: \[250x\] (nghìn đồng)
Lợi nhuận một tháng của doanh nghiệp là: \[250x - 520\,\,000\] (nghìn đồng)
Để lợi nhuận của doanh nghiệp ít nhất là 2,05 tỉ đồng sau một năm, ta có bất phương trình sau:
\[12\left( {250x - 520\,\,000} \right) \ge 2\,050\,000\] suy ra \[x \ge \frac{{8290}}{3}\].
Mà \[x\] là số tự nhiên bé nhất, nên \[x = 2764\].
Vậy trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được ít nhất 2764 bộ bảo hộ lao động để thu được lợi nhuận ít nhất là 2,05 tỉ đồng sau 1 năm.
Gọi tốc độ riêng của cano là \[x\]\[(km/h)\] ( \[x > 2\])
Tốc độ xuôi dòng của cano là: \[x + 2\,\left( {km/h} \right)\]
Tốc độ ngược dòng của cano là: \[x - 2\,\left( {km/h} \right)\]
Vì thời gian từ lúc xuất phát đến lúc quay về A mất 8 giờ 45 phút nên ta có phương trình:
\[\frac{{90}}{{x + 2}} + \frac{1}{2} + \frac{{90}}{{x - 2}} = 8,75\].
Giải phương trình ta được \[x = 22\] (TMĐK)
Vậy tốc độ riêng của cano là \[22\]\[km/h\] .
Để phương trình có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] thì \[\Delta \ge 0\] suy ra \[{m^2} + 4\left( {{m^2} + 4} \right) \ge 0 \Rightarrow 5{m^2} + 14 \ge 0\] (luôn đúng với mọi \[m\]). Do đó phương trình luôn có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\]
Theo định lý Viète ta có: \[{x_1} + {x_2} = m;{x_1}.{x_2} = - {m^2} - 4\]
Ta có: \[\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 2\]nên \[{\left( {\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right|} \right)^2} = 4 \Rightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| = 4\]
\[{m^2} - 2\left( { - {m^2} - 4} \right) - 2\left| { - {m^2} - 4} \right| = 4\] mà \[ - {m^2} - 4 < 0\] với mọi \[m\] nên:
\[{m^2} - 2\left( { - {m^2} - 4} \right) - 2\left| { - {m^2} - 4} \right| = 4 \Rightarrow {m^2} - 2\left( { - {m^2} - 4} \right) - 2\left( {{m^2} + 4} \right) = 4 \Rightarrow {m^2} = 4\]
Do đó \[A = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\left( {{m^2} + 4} \right) = 3{m^2} + 8 = 3.4 + 8 = 20\].
(4,0 điểm)
(1,0 điểm) Một bình thủy tinh có dạng hình trụ có đường kính đáy \(12\,\,{\rm{cm}}\) và chiều cao \(20\)cm.
(Lấy \(\pi \approx 3,14\) và coi chiều dày của bình không đáng kể).
a) Tính diện tích xung quanh của bình.
b) Biết lúc đầu bình không chứa gì bên trong. Hỏi nếu đổ \(2\) lít nước vào trong bình thì nước có bị tràn ra ngoài không? Vì sao?
a) Diện tích xung quanh của bình là: \({S_{xq}} = 2\pi Rh \approx 2.3,14.6.20 = 753,6\) (cm2)
b) Thể tích của bình là: \(V = \pi {R^2}h \approx {3,14.6^2}.20 = 2260,8\) (cm3)
Ta có: \(2\) lít = \(2\) dm3 = \(2000\)cm3 < \(2260,8\)cm3
Vậy nước không tràn ra ngoài khi đổ \(2\) lít nước vào trong bình.
(3,0 điểm) Cho \(\Delta ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Hai đường cao \(BE\) và \(AF\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\) (điểm \(E,F\) lần lượt thuộc đoạn thẳng \(AC,BC\)). Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABFE\) là tứ giác nội tiếp.
b) Qua điểm \(H\) vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với đường thẳng \(AD\) tại điểm \(K\). Đường thẳng \(d\) cắt các đường thẳng \(AB,AC\) và \(BC\) lần lượt tại các điểm \(M,N,S\).
Chứng minh: \(AK.AD = AM.AB\) và \(\widehat {SBA} = \widehat {MNC}\)
c) Gọi điểm \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta AHE\). Chứng minh: \(SI \bot OI\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABFE\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(BE\) và \(AF\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BE \bot AC;AF \bot BC\) hay \(\widehat {AFB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)
Vì \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,B,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Vì \(\Delta ABF\) vuông tại \(F\) nên ba điểm \(A,B,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Do đó bốn điểm \(A,B,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Vậy tứ giác \(ABFE\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vì \(\widehat {ABD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta AKM\)và \(\Delta ABD\) có: \(\widehat {AKM} = \widehat {ABD} = 90^\circ \); \(\widehat {BAD}\) chung
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AD}}\) hay \(AK.AD = AM.AB\)
Ta có:\(\widehat {ADB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
Mà nên \(\widehat {AMK} = \widehat {ADB}\)
Do đó \(\widehat {AMK} = \widehat {ACB}\)
Lại có: \(\widehat {AMK} = \widehat {SMB}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {SMB} = \widehat {ACB}\) hay \(\widehat {SMB} = \widehat {SCN}\)
Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SCN\) có \(\widehat {SMB} = \widehat {SCN}\) (cmt) và \(\widehat {NSC}\) chung
Do đó (g.g)
Suy ra \(\widehat {SBA} = \widehat {MNC}\) (đpcm)
c) Gọi \(Q,T\) lần lượt là giao điểm của \(BC\) với \(HD;AD\)
Ta có: \(BH \bot AC\) và \(DC \bot AC\) nên \(BH{\rm{//}}DC\)
Ta có: \(CH \bot AB\) và \(DB \bot AB\) nên \(CH{\rm{//}}DB\)
Vì tứ giác \(BHCD\) có: \(BH{\rm{//}}DC\) và \(CH{\rm{//}}DB\) nên tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành, khi đó \(HD;BC\) cắt nhau tại trung điểm \(Q\) của mỗi đường.
Xét \(\Delta AHD\) có \(I,O,Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AH,AD,HD\) nên \(IO,IQ\) là các đường trung bình của \(\Delta AHD\), khi đó \(IO{\rm{//}}HD\), \(IQ{\rm{//}}AD\).
Vì \(IQ{\rm{//}}AD\) nên \(\widehat {ATF} = \widehat {IQF}\) (đồng vị)
Vì \(IO{\rm{//}}HD\) nên \(\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}\) (đồng vị)
Xét \(\Delta AHK\) và \(\Delta ATF\) có: \(\widehat {AKH} = \widehat {AFT} = 90^\circ \) và \(\widehat {FAT}\) chung
Do đó , suy ra \[\widehat {AHK} = \widehat {ATF}\]
Vì \(IQ{\rm{//}}AD\) nên \(\widehat {ATF} = \widehat {IQF}\) (đồng vị)
Do đó: \[\widehat {AHK} = \widehat {IQF}\], mà \[\widehat {AHK} = \widehat {SHF}\] (đối đỉnh) nên \(\widehat {SHF} = \widehat {IQF}\)
Xét \(\Delta SHF\) và \(\Delta IQF\), ta có: \(\widehat {SFH} = \widehat {IFQ} = 90^\circ \) và \(\widehat {SHF} = \widehat {IQF}\) (cmt)
Do đó: (g.g)
Suy ra \(\frac{{SF}}{{IF}} = \frac{{HF}}{{QF}}\) hay \(\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}\)
Xét \[\Delta SIF\] và \[\Delta HQF\] có:
\[\widehat {SFI} = \widehat {HFQ} = 90^\circ \]
\[\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}\]
Suy ra (c.g.c)
Suy ra \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\]
Ta có:
\[\widehat {FHQ} + \widehat {HQF} = 90^\circ \] (\[\Delta HQF\]vuông tại \[F\]), mà \(\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}\) và \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\]
nên \[\widehat {HIO} + \widehat {SIF} = 90^\circ \] hay \[\widehat {SIO} = 90^\circ \] do đó \(SI \bot OI\) (đpcm)
Gọi số lần tăng giá của tiền thuê mỗi gian hàng là \[x\] với \[x \in \mathbb{N}\]
Số gian hàng được thuê sau \[x\] lần tăng giá là: \[100 - 2x\](gian hàng)
Số tiền thuê 1 gian hàng sau \[x\] lần tăng giá là: \[100 + 5x\](triệu đồng)
Doanh thu của trung tâm thương mại sau \[x\] lần tăng giá là:
\[A = \left( {100 - 2x} \right)\left( {100 + 5x} \right) = - 10{\left( {x - 15} \right)^2} + 12250\]
Vì \[ - 10{\left( {x - 15} \right)^2} \le 0\] với mọi \[x \in \mathbb{N}\] nên \[ - 10{\left( {x - 15} \right)^2} + 12250 \le 12250\]
Hay \[A \le 12250\]. Vậy \[A\]đạt giá trị lớn nhất bằng \[12250\] và dấu “=” xảy ra khi \[x = 15\] (thoả mãn)
Vậy người quản lý phải cho thuê mỗi gian hàng \[100 + 5.15 = 175\] triệu đồng một năm để doanh thu của trung tâm thương mại từ tiền cho thuê gian hàng là lớn nhất.
