Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Hoàng Liệt (Hà Nội tháng 4/2026) có đáp án

a) Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {0,5;1} \right)\)là:

\(100\%  - 50\%  - 15\%  - 5\%  = 30\% \)

b) Trong 100 khách hàng, số khách hàng chi tiêu không dưới 1 triệu đồng một ngày là:

\(100.\left( {50\%  + 30\% } \right) = 80\) (người)

Đáp số: a) 30%  b) 80 người

Một hộp có 20 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số \(1;2;3; \ldots ;20\)hai thẻ khác nhau ghi hai số khác nhau, nên ta có \(\Omega  = \left\{ {1;2;3;...;20} \right\}\)

Vậy số kết quả có thể xảy ra là \(n(\Omega ) = 20\).

Các kết quả là đồng khả năng.

Tập hợp các kết quả thuận lợi của biến cố M là: \(\{ 2,7,12,17\} \).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố là \(n(M) = 4\).

Xác suất để lấy ra được một số nguyên tố là:

\(P(M) = \frac{{n(M)}}{{n(\Omega )}} = \frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}\)

Đáp số: \(\frac{1}{5}\).

a) Khi   ta có \(\sqrt x  = \sqrt {\frac{1}{{16}}}  = \frac{1}{4}\). Thay \(x = \frac{1}{{16}}\)(TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta có:

\(A = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt {\frac{1}{{16}}}  + 3}}{{\sqrt {\frac{1}{{16}}} }} = \frac{{\frac{{13}}{4}}}{{\frac{1}{4}}} = 13\)

Vậy \(A = 13\).

b) \({\rm{B}} = \left( {\frac{{x + 3}}{{x - 9}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)

\[ = \left[ {\frac{{x + 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\]

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\)
\( = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}\).
c)  \(T = A \cdot B = \left( {\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}} \right) = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\)

Vì \(x > 0\), ta có \(T > 1\), nên \(2T > 0\)và \(5T > 0\).

\(2T > \sqrt {5T} \):

\(4{T^2} > 5T\)

\(4{T^2} - 5T > 0\)

 \(T\left( {4T - 5} \right) > 0\)

Do \(T > 0\), ta phải có \(4T - 5 > 0\)

 \(T > \frac{5}{4}\)

\(\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} > \frac{5}{4}\)

\(1 + \frac{1}{{\sqrt x }} > \frac{5}{4}\)

\(\frac{1}{{\sqrt x }} > \frac{1}{4}\)

\(\sqrt x  < 4\)

\(x < 16\)

Kết hợp với điều kiện xác định \(x > 0,x \ne 9\), ta có \(0 < x < 16\)và \(x \ne 9\).

Giá trị nguyên lớn nhất của \(x\)thỏa mãn là \(x = 15\).

Vậy \(x = 15\).

Gọi số mét khối nước mỗi giờ máy bơm bơm được theo kế hoạch là \(x\) (\({{\rm{m}}^3}\), với \(x \le 50\)).

Theo kế hoạch thời gian để bơm đầy bể là:  \(\frac{{50}}{x}\) (giờ).

Người công nhân vận hành máy đã cho máy bơm hoạt động với công suất tăng thêm \(5{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\) nước mỗi giờ nên thực tế mỗi giờ máy bơm đã bơm được \(x + 5\) (\({{\rm{m}}^3}\))

Thời gian thực tế để bơm đầy bể là: \(\frac{{50}}{{x + 5}}\) (giờ)

Đổi: 1 giờ 40 phút \( = \frac{5}{3}\) giờ

Thực tế đã bơm đầy bể sớm hơn quy định là 1 giờ 40 phút nên ta có phương trình:

\(\frac{{50}}{x} - \frac{{50}}{{x + 5}} = \frac{5}{3}\)

\(\frac{{10}}{x} - \frac{{10}}{{x + 5}} = \frac{1}{3}\)

\(10\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 5}}} \right) = \frac{1}{3}\)

\(\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 5}} = \frac{1}{{30}}\)

\(\frac{{x + 5 - x}}{{{x^2} + 5x}} = \frac{1}{{30}}\)

Suy ra: \({x^2} + 5x - 150 = 0\)

Suy ra: \(x = 10\) (thoả mãn) hoặc \(x =  - 15\) (loại)

Vậy theo kế hoạch, mỗi giờ máy bơm bơm được 10 m³ nước.

Gọi \(x\) (học sinh) là số học sinh lớp 9 đăng ký vào trường THPT Việt Ba năm học 2025 - 2026.

Gọi \(y\) (học sinh) là số học sinh lớp 9 đăng ký vào trường THPT Ngô Thì Nhậm năm học 2025 - 2026.

(Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}{\rm{*}}\) và \(x,y < 2000\))*

Tổng số học sinh đăng ký vào hai trường năm học 2025 - 2026 là 2000 em, ta có phương trình: \(x + y = 2000\quad (1)\)

Số học sinh dự kiến đăng ký vào năm học 2026 - 2027:

Trường Việt Ba tăng 20%, tức là: \(x + 20\% x = 1,2x\)

Trường Ngô Thì Nhậm tăng 15%, tức là: \(y + 15\% y = 1,15y\)

Tổng số học sinh cả hai trường năm 2026 - 2027 là 2360 em, ta có phương trình:
\(1,2x + 1,15y = 2360\quad (2)\)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2000}\\{1,2x + 1,15y = 2360}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình (1), ta rút ra: \(y = 2000 - x\). Thay vào phương trình (2):

\(1,2x + 1,15(2000 - x) = 2360\)

\(1,2x + 2300 - 1,15x = 2360\)

\(0,05x = 2360 - 2300\)

\(0,05x = 60\)

\(x = \frac{{60}}{{0,05}} = 1200\)

Thay \(x = 1200\) vào phương trình (1):

\(1200 + y = 2000 \Rightarrow y = 800\)

Đối chiếu với điều kiện, ta thấy \(x = 1200\) và \(y = 800\) đều thỏa mãn.

Vậy trong năm học 2025 - 2026:

Số học sinh đăng ký vào trường THPT Việt Ba là 1200 em.

Số học sinh đăng ký vào trường THPT Ngô Thì Nhậm là 800 em.

Phương trình (1): \({x^2} - (m + 1)x + m = 0\) có các hệ số: \(a = 1,b =  - (m + 1),c = m\).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\), ta cần điều kiện \(\Delta  > 0\):

\(\Delta  = {[ - (m + 1)]^2} - 4 \cdot 1 \cdot m = {m^2} + 2m + 1 - 4m = {m^2} - 2m + 1 = {(m - 1)^2}\)

Để \(\Delta  > 0 \Rightarrow {(m - 1)^2} > 0 \Rightarrow m \ne 1\).

Theo định lý Vi-ét, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 1}\\{{x_1}{x_2} = m}\end{array}} \right.\)

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm là:

\(x = 1\) và \[x = \frac{c}{a} = m\]

Vì đề bài cho \({x_1} < {x_2}\), nên sẽ có hai trường hợp xảy ra:

TH1: \({x_1} = m,{x_2} = 1\) (khi \(m < 1\))

TH2: \({x_1} = 1,{x_2} = m\) (khi \(m > 1\))

Ta có bất phương trình: \(x_1^2{x_2} - {x_1}x_2^2 - 2x_1^2 + 2x_2^2 > 0\)

Nhóm các hạng tử để phân tích thành nhân tử:

\(\left( {x_1^2{x_2} - {x_1}x_2^2} \right) + \left( {2x_2^2 - 2x_1^2} \right) > 0\)

\({x_1}{x_2}({x_1} - {x_2}) + 2({x_2} - {x_1})({x_2} + {x_1}) > 0\)

\( - {x_1}{x_2}({x_2} - {x_1}) + 2({x_2} - {x_1})({x_2} + {x_1}) > 0\)

\(({x_2} - {x_1}) \cdot \left[ { - {x_1}{x_2} + 2({x_1} + {x_2})} \right] > 0\)

Vì theo giả thiết \({x_1} < {x_2} \Rightarrow {x_2} - {x_1} > 0\). Do đó, ta chỉ cần:

\( - {x_1}{x_2} + 2({x_1} + {x_2}) > 0\)

Thay \({x_1} + {x_2} = m + 1\) và \({x_1}{x_2} = m\) vào bất phương trình vừa rút gọn:

\( - m + 2(m + 1) > 0\)

\( - m + 2m + 2 > 0\)

\(m + 2 > 0 \Rightarrow m >  - 2\)

Kết hợp với điều kiện ban đầu để có hai nghiệm phân biệt (\(m \ne 1\)):

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m >  - 2\) và \(m \ne 1\).

Một ly nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm , đường kính đáy là 5 cm , lượng nước tinh

khiết trong ly cao 10 cm . Ly nước được đặt cố định trên mặt bàn bằng phẳng như hình vẽ bên.

a)       Bán kinh đáy là: \(r = 5:2 = 2,5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly là:

\[{V_1} = \pi {r^2}.{h_1} \approx 3,14.2,5.10 = 78,5{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Vậy thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly là \[78,5{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].

b) Thể tích của ly nước hình trụ là:

\[V = \pi {r^2}.h \approx 3,14.2,5.15 = 117,75{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Thể tích của 5 viên bi là:

\[117,75 - 78,5 = 39,25{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Thể tích của mỗi viên bi là:

\[39,25:5 = 7,85{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Vậy tích của mỗi viên bi là \[7,85{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\].

a) Vì \(I\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(O\) đến đường thẳng \(BC\)

 \( \Rightarrow OI \bot BC\)\( \Rightarrow \widehat {SIO} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \Delta SOI\) vuông tại \(I\)

\( \Rightarrow 3\) điểm \(S,O,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\)\(\left( 1 \right)\)

Vì \(SA\) là tiếp tuyến tại của đường tròn \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow SA \bot OA\)\( \Rightarrow \widehat {SAO} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \Delta SAO\) vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow 3\) điểm \(S,A,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) bốn điểm  \(S,A,O,I\) cùng thuộc đường kính \(SO\)

Do đó tứ giác  \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

Vậy tứ giác  \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tứ giác nội tiếp \(SAOI\) có:

 \(\widehat {SOA} = \widehat {SIA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta AOH\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\widehat {OAH} + \widehat {SOA} = 90^\circ \) (Tổng ba góc trong tam giác) \(\left( 4 \right)\)

Xét \(\Delta ADI\) vuông tại \(D\), ta có:

\(\widehat {IAD} + \widehat {SIA} = 90^\circ \) (Tổng ba góc trong tam giác) \(\left( 5 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\)

Vậy \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

c) Xét \(\Delta OBC\), ta có: \(OB = OC = R\)

\( \Rightarrow \Delta OBC\) cân tại \(O\)

Mà \[OI \bot BC\]

\( \Rightarrow OI\) là đường trung tuyến

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(BC\)

Xét \(\Delta BCE\) ta có: \(I\) là trung điểm của \(BC\); \(Q\) là trung điểm của \(BE\)

\( \Rightarrow IQ\) là đường trung bình (định nghĩa)

\( \Rightarrow IQ{\rm{ // }}CE\)(tính chất)

Mà \(CE \bot AB\)

\( \Rightarrow IQ \bot AB\) (từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {BQI} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta BAD\) và \(\Delta BIQ\), ta có:

\(\widehat {ABC}\) chung

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

$\Rightarrow \Delta BAD\backsim \Delta BIQ$ (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{BQ}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow BQ \cdot BA = BD \cdot BI\)(đpcm)

Vì \(\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{BQ}}\)(cmt) \( \Rightarrow \frac{{BQ}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{BA}}\)

Xét \(\Delta BDQ\) và \(\Delta BAI\), ta có:

\(\widehat {ABC}\) chung

\(\frac{{BQ}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{BA}}\)

$\Rightarrow \Delta BDQ\backsim \Delta BAI$ (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {QAI} = \widehat {BDQ}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {KDC} = \widehat {BDQ}\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \widehat {QAI} = \widehat {KDC}\)\(\left(  *  \right)\)

Ta có:

\(\widehat {BAD} = 90^\circ  - \widehat {ABC} = 90^\circ  - \frac{1}{2}.\widehat {AOC} = 90^\circ  - \frac{1}{2}.\left( {180^\circ  - 2\widehat {OAC}} \right)\)(vì \(\Delta OAC\) cân tại \(O\))\( = \widehat {OAC}\)

\( \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {BAD} + \widehat {IAD} = \widehat {OAC} + \widehat {OAH} = \widehat {KAC}\)\(\left( { *  * } \right)\)

Từ \(\left(  *  \right)\) và \(\left( { *  * } \right)\)\( \Rightarrow \widehat {KDC} = \widehat {KAC}\)

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(DC\)

 $\Rightarrow \Delta DMK\backsim \Delta AMC$

 \( \Rightarrow \frac{{MD}}{{MA}} = \frac{{MK}}{{MC}}\)\( \Rightarrow \frac{{MD}}{{MK}} = \frac{{MA}}{{MC}}\)

\( \Rightarrow \widehat {MDA} = \widehat {MKC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow AK \bot KC\)

Mà \(AK \bot SO\)

\[ \Rightarrow CK{\rm{ // }}SO\] (từ vuông góc đến song song)

Vậy \(BQ \cdot BA = BD \cdot BI\) và \[CK{\rm{ // }}SO\].

Gọi \(x\)là số lần cửa hàng giảm giá 10 000 đồng (với \(x\)là số nguyên không âm).

Giá bán mỗi đôi (\(P\)): \(P = 1\;500\;000 - 10\;000x\)

Số lượng bán ra mỗi tháng (\(Q\)): \(Q = 100 + 5x\)

Chi phí nhập mỗi đôi (\(C\)): \(C = 1\;100\;000\) đồng.

Số lượng bán ra không vượt quá 140 đôi: suy ra \(x \le 8\)

Lợi nhuận mỗi đôi: \({L_{pair}} = P - C = \left( {1\;500\,000 - 10\;000x} \right) - 1100\;000 = 400\;000 - 10\;000x\)

Tổng lợi nhuận:

\[L\left( x \right) = L \cdot Q = \left( {400\,000 - 10\,000x} \right)\left( {100 + 5x} \right)\]
\(L\left( x \right) = 10\,000\left( {40 - x} \right) \cdot 5\left( {20 + x} \right) = 50\,000\left( {40 - x} \right)\left( {20 + x} \right)\)
\(L\left( x \right) = 50,000\left( { - {x^2} + 20x + 800} \right)\)

\(L\left( x \right) =  - 50\,000\left( {{x^2} - 20x + 100 - 900} \right)\)

\(L\left( x \right) =  - 50\,000\left[ {{{\left( {x - 10} \right)}^2} - 900} \right]\)

Vì \({\left( {x - 10} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x\) nên \(L\left( x \right) \le 45\,000\,000\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 10\)

Mà \(x \le 8\) suy ra \(x = 8\)

Giá bán 1 đôi giày là \(P = 1\;500\;000 - 10\;000 \cdot 8 = 1\;500\;000 - 80\;000 = 1\;420\;000\)

Vậy cửa hàng nên bán mỗi đôi giày với giá 1 420 000 đồng để đạt lợi nhuận lớn nhất.