Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Vĩnh Tuy (Hà Nội) tháng 4/2026 có đáp án

a) Bảng tần số ghép nhóm là:

b) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {50;55} \right)\) là: \(\frac{5}{{40}}.100\%  = 12,5\% \)

\(n\left( \Omega  \right) = 30\)

Gọi \(\overline A \) là biến cố “ không lấy được quả bóng màu đỏ nào” thì \(n\left( {\overline A } \right) = 12\) nên \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{12}}{{30}}\)\( = 0,4\)

Suy ra \(P\left( A \right) = 1 - 0,4\)\( = 0,6\).

a)    Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\):

\(A = \frac{{\sqrt {16}  + 3}}{{\sqrt {16}  - 2}}\)\( = \frac{{4 + 3}}{{4 - 2}}\)\( = \frac{7}{2}\)

Vậy \(A = \frac{7}{2}\) khi \(x = 16\).

b)    \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} - \frac{2}{{3 - \sqrt x }} + \frac{{7\sqrt x  + 3}}{{x - 9}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{7\sqrt x  + 3}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x  - 3) + 2(\sqrt x  + 3) + 7\sqrt x  + 3}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)

\(B = \frac{{x - 3\sqrt x  + 2\sqrt x  + 6 + 7\sqrt x  + 3}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}} = \frac{{x + 6\sqrt x  + 9}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)

\(B = \frac{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}} = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}}\)

c)    \(M = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}}:\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 3}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  - 3}}\)

\(M\) có giá trị lớn nhất khi \(1 + \frac{1}{{\sqrt x  - 3}} > 0\)

\(\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} > 0\)

\(\sqrt x  - 3 > 0\)

\(\sqrt x  > 3\)

\(x > 9\)

Mà \(x\) là số nguyên \( \Rightarrow x \ge 10\)

Kết hợp đkxđ \( \Rightarrow x \ge 10\)

Với mọi \(x\) thỏa mãn ta có: \(\sqrt x  - 3 \ge \sqrt {10}  - 3\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  - 3}} \le \frac{1}{{\sqrt {10}  - 3}}\)

\( \Rightarrow 1 + \frac{1}{{\sqrt x  - 3}} \le 1 + \frac{1}{{\sqrt {10}  - 3}} = 4 + \sqrt {10} \).

Dấu “=’ xảy ra khi \(x = 10\)(TM)

Vậy \(x = 10\) để \(M\) có giá trị lớn nhất

Đổi \(350\) nghìn đồng \( = 0,35\) triệu đồng, \(1,38\) tỉ đồng\( = 1380\) triệu đồng

Gọi số áo sơ mi trung bình mỗi tháng một doanh nghiệp đó bán được là \(x\) (chiếc áo) (\(x \in {\mathbb{N}^*}\))

Sau một tháng doanh nghiệp thu được số tiền sau khi bán được \(x\) chiếc áo là: \(0,35x\) (nghìn đồng)

Lợi nhuận doanh nghiệp đó thu được sau một năm là:

\(12.\left( {0,35x - 410} \right) = 4,2x - 4920\) (triệu đồng)

Theo đề bài ta có bất phương trình:

\(4,2x - 4920 \ge 1380\)

\(4,2x \ge 6300\)

\(x \ge 1500\)

Mà \(x \in {\mathbb{N}^*}\), \(x\) nhỏ nhất

\( \Rightarrow x = 1500\) (TM)

Vậy mỗi tháng doanh nghiệp đó cần bán được ít nhất \(1500\) chiếc áo.

Gọi năng suất dự định là \(x\) (sản phẩm/ngày, \(x > 0\)).

Thời gian dự định hoàn thành công việc là: \(\frac{{600}}{x}\) (ngày).

Năng suất làm việc trên thực tế là \(x + 10\) (sản phẩm/ngày).

Tổng sản phẩm thực tế doanh nghiệp đã làm được là: \(600 + 100 = 700\) (sản phẩm).

Thời gian thực tế hoàn thành công việc là: \(\frac{{700}}{{x + 10}}\) (ngày)

Theo đề bài ta có phương trình:

\(\frac{{600}}{x} - \frac{{700}}{{x + 10}} = 1\)

\(600(x + 10) - 700x = x(x + 10)\).

\({x^2} + 110x - 6000 = 0\)

\(\left( {x - 40} \right)\left( {x + 150} \right) = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}x = 40 & (TM)\\x =  - 150\,\,(KTM)\end{array} \right.\)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày cơ sở sản xuất phải làm \(40\) sản phẩm.

\({x^2} - 4x + 2m + 1 = 0\)

\(\Delta ' = {2^2} - (2m + 1) = 3 - 2m\)

Để có 2 nghiệm phân biệt: \(\Delta ' > 0\)\( \Rightarrow 3 - 2m > 0\)\( \Rightarrow m < \frac{3}{2}\).

Theo Vi-ét: \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1}{x_2} = 2m + 1\).

Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 4{m^2} + 3\)

\(x_1^2 + {x_1}{x_2} + x_2^2 = 4{m^2} + 3\)\( \Rightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - {x_1}{x_2} = 4{m^2} + 3\)

\({4^2} - (2m + 1) = 4{m^2} + 3\)\( \Rightarrow 15 - 2m = 4{m^2} + 3\)

\(4{m^2} + 2m - 12 = 0\)\( \Rightarrow 2{m^2} + m - 6 = 0\)

\(\left( {m + 2} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}m =  - 2\,(TM)\\m = \frac{3}{2}\,(KTM)\end{array} \right.\) 

Vậy \(m =  - 2\).

a) Thể tích nước trong cốc chính là thể tích của khối trụ có bán kính đáy \[r = 3\;{\rm{cm}}\] và chiều cao mực nước \[{h_n} = 12{\rm{ cm}}\].

\({V_{nuoc}} = \pi .{r^2}.{h_n}\)\( = {3,14.3^2}.12\)\( = 3,14.9.12\)\( = 339,12\left( {{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

b) Thể tích tối đa của cốc là: \({V_{coc}} = \pi .{r^2}.h\)\( = {3,14.3^2}.15\)\( = 423,9{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích của 3 viên bi là: \({V_{bi}} = 3 \cdot \left( {\frac{4}{3}\pi {R^3}} \right)\)\( = {4.3,14.2^3}\)\( = 4.3,14.8\)\( = 100,48{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Tổng thể tích nước và bi là: \({V_{nuoc}} + {V_{bi}} = 339,12 + 100,48 = 439,6{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Vì \[439,6 > 423,9\] nên nước có bị tràn ra ngoài.

Thể tích nước tràn ra là: \(439,6 - 423,9 = 15,7{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

a) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(F\), \(H\), \(E\) cùng thuộc một đường tròn.

* Vì \[BE\] là đường cao của \(\Delta ABC\) nên  \(BE \bot AC\)

\( \Rightarrow \widehat {AEH} = 90^\circ \) hay \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\)

suy ra ba điểm \(A\), \(E\), \(H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)   \(\left( 1 \right)\)

* Vì \[CF\] là đường cao của \(\Delta ABC\) nên  \(CF \bot AB\)

\( \Rightarrow \widehat {AFH} = 90^\circ \) hay \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\)

suy ra ba điểm \(A\), \(F\), \(H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)    \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra bốn điểm \(A\), \(F\), \(H\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)   

b) Chứng minh \(AD.AM = AB.AC\).

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AMC\) có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\)  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

 $\Rightarrow \Delta ABD\backsim \Delta AMC$ (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AD.AM = AB.AC\) (đpcm).

c) Chứng minh các điểm \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng và \(PI{\rm{//}}HK\).

* Chứng minh \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng.

Ta có \[CH{\rm{//}}BM\] (cùng vuông góc với \(AB\)).

\[BH{\rm{//}}CM\] (cùng vuông góc với \[AC\])

⇒ Tứ giác \[BHCM\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Do \(K\) là trung điểm của đường chéo \(BC\), nên \(K\) cũng phải là trung điểm của đường chéo \(HM\). Vậy \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng (đpcm).

* Chứng minh \(PI{\rm{//}}HK\).

 Ta có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\) (cùng chắn cung \(MC\))

\(\widehat {{E_1}} = \widehat {ABC}\) (cmt)

Nên \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{E_1}} = \widehat {{B_1}} + \widehat {ABC} = \widehat {ABM} = 90^\circ \)

Trong \(\Delta AJE\) có \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{E_1}} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AJE} = 90^\circ \) hay \(EF \bot AM\)

Xét \(\Delta AJE\) và \(\Delta ACM\)có:

\({\hat A_1}\) chung.

\(\widehat {AJE} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

 $\Rightarrow \Delta AJE\backsim \Delta ACM$ (g.g).

\( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AJ.AM = AE.AC\) (1)

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta ADC\)có

\(\widehat {HAE}\)chung.

\(\widehat {AEH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \)

$\Rightarrow \Delta AEH\backsim \Delta ADC$  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AH.AD = AE.AC\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AD \cdot AH = AJ \cdot AM\)\( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)  \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta APJ\) và \(\Delta AID\) có:

\(\widehat {{A_2}}\) chung; \(\widehat J = \widehat D = 90^\circ \)

 $\Rightarrow \Delta APJ\backsim \Delta AID$ (g.g)

 \( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AD}} = \frac{{AP}}{{AI}}\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có  \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)

\( \Rightarrow PI{\rm{//}}HM\) (Thales đảo)

hay \(PI{\rm{//}}HK\)

Số lượng hộp quả táo, hộp quả cam và hộp quả quýt nhập về được ký hiệu lần lượt là \(x\),\(\,y\),\(\,z\)

(\(x\),\(y\),\(z \in \mathbb{N}\),\(x \ge 1\),\(y \ge 1\),\(z \ge 1\)).

Chi phí nhập mỗi hộp táo là \(100\,\,000\) đồng, mỗi hộp quả cam là \(200\,\,000\) đồng; mỗi hộp quả quýt là \(100\,\,000\)đồng và tổng chi phí nhập không được vượt quá \(1\,\,000\,\,000\) đồng nên ta có :

\(100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 000x + 200{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 000y + 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 000z \le 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 000\) suy ra \(x + 2y + z \le 10\).

 Cửa hàng cần nhập ít nhất \[3\] hộp quả táo và cam cộng lại suy ra \(x + y \ge 3\).

Lợi nhuận (lãi) thu về từ việc bán mỗi loại trái cây là \(200\,\,000\) đồng cho mỗi hộp quả táo, \(300\,\,000\)đồng cho mỗi hộp quả cam và \(100\,\,000\)  cho mỗi hộp quả quýt nên ta có biểu thức

 \(S = 2x + 3y + z\) (trăm nghìn đồng). 

\(S = 2x + 3y + z\)\( = \left( {x + 2y + z} \right) + \left( {x + y} \right)\)

\( \Rightarrow S \le 10 + \left( {x + 2y + z} \right) - y - z\)

\(S \le 10 + 10 - 1 - 1 = 18\) (do \(\,y \ge 1\)\( \Rightarrow  - y \le  - 1;\,\,z \ge 1\)\( \Rightarrow  - z \le  - 1\))

Dấu “=” xảy ra khi \[y = z = 1\]; \[x = 7\].

Người bán hàng có được lợi nhuận cao nhất khi nhập \[7\] hộp táo, \[1\] hộp cam và \[1\] hộp quýt.