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

Dựa vào bảng số liệu, nhóm có lượng điện tiêu thụ \([100;150)\) (từ 100 đến dưới 150) có số hộ gia đình tương ứng là 70.

Vậy: Tần số của nhóm này là 70.

Xác định tần số tương đối (\({f_i}\)):

Tổng số hộ gia đình (\(N\)) đã cho trong đề bài là: 200.

Khi đó \[{f_i} = \frac{{70}}{{200}} \cdot 100\%  = 0,35 \cdot 100\%  = 35\% \].

Vậy tần số tương đối của nhóm này là 35%.

2. Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là:

\(\Omega  = \left\{ {11;\,\,13;\,\,15;\,\,...;\,\,97;\,\,99} \right\}\)

Số phần tử của tập hợp \(\Omega \) là: \(\frac{{99 - 11}}{2} + 1 = 45\) (phần tử)

Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\): “Số tự nhiên viết ra là bình phương của \[1\] số tự nhiên” là:\(\left\{ {25;\,\,49;\,\,81} \right\}\). Biến cố này gồm \(3\) phần tử.

Xác suất của biến cố A là: \(3:45 = \frac{1}{{15}}\)

a) Tính giá trị của biểu thức A khi \(x = 25\)

Thay \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A:

\(A = \frac{{\sqrt {25}  - 1}}{{\sqrt {25}  + 1}} = \frac{{5 - 1}}{{5 + 1}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

Vậy khi \(x = 25\) thì \(A = \frac{2}{3}\).

b) Rút gọn B

\(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{4}{{(\sqrt x 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(B = \frac{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 1) + 5(\sqrt x  + 1) + 4}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(B = \frac{{x - \sqrt x  + 3\sqrt x  - 3 + 5\sqrt x  + 5 + 4}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(B = \frac{{x + 7\sqrt x  + 6}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} = \frac{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  + 6)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 1}}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 1}}\).

c) Tìm các giá trị của x để biểu thức \(Q = A.B\) nhận giá trị nguyên nhỏ nhất.

\(Q = A.B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{(\sqrt x  + 1) + 5}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 + \frac{5}{{\sqrt x  + 1}}\)

Vì \(\sqrt x  \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 \ge 1 \Rightarrow 0 < \frac{5}{{\sqrt x  + 1}} \le 5\).

Do đó \(1 < Q \le 6\).

Để \(Q\) nhận giá trị nguyên nhỏ nhất, ta chọn \(Q = 2\) (vì \(Q\) phải nguyên và \(Q > 1\)).

\(1 + \frac{5}{{\sqrt x  + 1}} = 2 \Rightarrow \frac{5}{{\sqrt x  + 1}} = 1 \Rightarrow \sqrt x  + 1 = 5 \Rightarrow \sqrt x  = 4 \Rightarrow x = 16\)

(Thỏa mãn điều kiện \(x \ge 0,x \ne 1\)).

Vậy \(x = 16\) thì \(Q\) đạt giá trị nguyên nhỏ nhất là 2.

Gọi x, y lần lượt là số lượng thịt bò và thịt heo cần dùng (đơn vị: 100g, \(x,y > 0\)).

Theo đề bài, ta có

Do 100 g thịt bò chứa khoảng 26 gam protein và 11 gam lipid; 100 g thịt heo chứa khoảng 18 gam protein và 15 gam lipid nên

Số gam protein trong thịt bò và thịt lợn là \(26x + 18y\)(gam)

Số gam lipit trong thịt bò và thịt lợn là \(11x + 15y\)(gam)

Do mỗi gia đình có 4 thành viên cần 282 gam protein và 171 gam lipid trong thức ăn hằng ngày nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{26x + 18y = 282}\\{11x + 15y = 171}\end{array}} \right.\)

Nhân phương trình đầu với 5, phương trình sau với 6: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{130x + 90y = 1410}\\{66x + 90y = 1026}\end{array}} \right.\)

Trừ hai vế: \(64x = 384 \Rightarrow x = 6\)

Thay vào: \(11(6) + 15y = 171 \Rightarrow 15y = 105 \Rightarrow y = 7\)

Vậy cần 600g thịt bò và 700g thịt heo.

Gọi lãi suất năm đầu là \(r\) (\(r > 0\)). Lãi suất năm thứ hai là \(r + 0,5r = 1,5r\).

Số tiền sau năm thứ nhất: \(20000000(1 + r)\).

Số tiền sau năm thứ hai: \[20000000(1 + r)(1 + 1,5r)\]

Do sau 2 năm bác Lan phải trả là 22 575 000 đồng nên:

\[20000000(1 + r)(1 + 1,5r) = 22575000\].

\((1 + r)(1 + 1,5r) = 1,12875\)

\(1,5{r^2} + 2,5r - 0,12875 = 0\)

Giải phương trình bậc hai, ta được \(r = 0,05\) (nhận) hoặc \(r = \frac{{ - 103}}{{60}}\) (loại).

Vậy lãi suất năm đầu là 5%.

Cho phương trình \({x^2} - 9x + 11 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 9}\\{{x_1}{x_2} = 11}\end{array}} \right.\)

Do \({x_2}\) là nghiệm của phương trình nên:

\[{x_2}^2 - 9{x_2} + 11 = 0\]

\[{x_2}^2 - 8{x_2} + 16 = {x_2} + 5\]

\[{\left( {{x_2} - 4} \right)^2} = {x_2} + 5\]

\[\left| {{x_2} - 4} \right| = \sqrt {{x_2} + 5} \]

Do \({x_1} + {x_2} = 9\) mà \({x_2} > {x_1}\) nên \({x_2} + {x_2} > 9\) hay \({x_2} > 4,5 > 4\)

Nên \[\sqrt {{x_2} + 5}  = {x_2} - 4\]

Khi đó: \(M = {x_1} + \sqrt {{x_2} + 5}  = {x_1} + {x_2} - 4 = 9 - 4 = 5\)
Vậy \(M = 5\)

a) Diện tích xung quanh của cốc là:

\({S_{xq}} = 2\pi Rh \approx 2.3,14.\left( {\frac{8}{2}} \right).25 = 628(c{m^2})\)

b) Thể tích của một viên bi là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}(c{m^3})\)

Thể tích phần cốc không chứa nước là:

\(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{8}{2}} \right)^2}.(25 - 22) = 48\pi (c{m^3})\)

Cần số viên bi để nước đầy bể là: \(\left( {48\pi } \right):\left( {\frac{{32\pi }}{3}} \right) = 4,5\) (viên)

Vậy số viên bi ít nhất thả vào cốc để nước tràn ra ngoài là \(5\) viên bi.

a) Chứng minh tứ giác \(ABOH\) nội tiếp.

Xét \((O)\) có \(AB\) là tiếp tuyến tại \(B\) (gt) nên \(AB \bot BO \Rightarrow \widehat {ABO} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE = R\)), có \(OH\) là đường trung tuyến (do \(H\) là trung điểm của \(DE\))

Suy ra \(OH\) cũng là đường cao

Suy ra \(\widehat {OHD} = \widehat {OHE} = {90^0}\) \( \Rightarrow \widehat {OHA} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ABO\) có \(\widehat {ABO} = {90^0}\) nên \(\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (1)

Xét \(\Delta AHO\) có \(\widehat {AHO} = {90^0}\) nên \(\Delta AHO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(A,B,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\).

Suy ra tứ giác \(ABOH\) nội tiếp. (đpcm)

b) Chứng minh \(HK//DC\)

Tứ giác \(ABOH\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {OAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(EK//OA \Rightarrow \widehat {HEK} = \widehat {OAH}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {OBH} = \widehat {HEK}\)

Gọi \(T\) là hình chiếu của \(H\) lên \(KE\).

\(KE\) cắt \(\left( {BHK} \right)\) tại \(E\prime \).

Ta có: \(\widehat {HE\prime K} = \widehat {HBK} = \widehat {HEK}\)

\( \Rightarrow 90^\circ  - \widehat {HE\prime K} = 90^\circ  - \widehat {HEK}\)

$\Rightarrow \widehat{TH{E}^{\text{'}}}=\widehat{THE}$

Từ đó suy ra $HE\equiv HE\Rightarrow E^{\text{'}}\in HE$

Nên E' là giao điểm của \(HE\)và \(KE\) suy ra $E\equiv E^{\text{'}}$

Suy ra \(E\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHK\)

Suy ra tứ giác \(BEKH\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của (O))

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BCD}\)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

Suy ra \(HK//DC\) (đpcm).

c) \(CD\) cắt \(AO\) tại \(P\), \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\). Chứng minh \(\Delta EHB\) đồng dạng với \(\Delta COP\) và \(F\) thuộc đường tròn \((O)\).

 Có \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (CMT) suy ra \(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEKH\)

\(\widehat {BHE} = \widehat {BKE}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\))

Mà \(\widehat {BKE} = \widehat {COP}\) (hai góc so le trong, \(EK//OA\))

Suy ra \(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta COP\) có

\(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\) (CMT)

\(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\) (CMT)

Suy ra $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (g.g) (đpcm).

 Vì $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (CMT) \( \Rightarrow \frac{{EH}}{{EB}} = \frac{{CO}}{{CP}}\) và \(\widehat {HEB} = \widehat {OCP}\) hay \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\)

Mà \(ED = 2EH,CB = 2CO\) (do \(H\) là trung điểm của \(DE\), \(O\) là trung điểm của \(BC\))

Suy ra \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Xét \(\Delta EDB\) Và \(\Delta CBP\) có \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\) (CMT) và \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Suy ra $\Delta EDB\backsim \Delta CBP$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {EDB} = \widehat {CBP}\)

Mà \(\widehat {EDB} = \widehat {ECB}\) (CMT)

Suy ra \(\widehat {CBP} = \widehat {ECB}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra \(BP//EC\)

Gọi giao điểm của \(BP\) và \((O)\) là \(F'\).

Ta có: \(\widehat {BEC} = {90^0};\widehat {ECF'} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà \(BP//EC\)

Suy ra \(\widehat {BEC} + \widehat {EBF'} = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía)

Suy ra \(\widehat {EBF'} = {90^0}\)

Xét tứ giác \(BECF'\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {ECF'} = \widehat {EBF'} = {90^0}\)

Suy ra tứ giác \(BECF'\) là hình chữ nhật.

Mà \(O\) là trung điểm của \(BC\)

Suy ra \(BC\) cắt \[EF'\] tại \(O\)

Suy ra \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F'\)

Mà \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\) (gt)

Suy ra \(F \equiv F'\). Mà \(F' \in (O)\)

Suy ra \(F \in (O)\) (đpcm).

Gọi độ dài đoạn thẳng \(BF\) là \(x{\rm{ }}\left( {cm} \right){\rm{ }}\left( {1 < x < 3} \right)\)

Độ dài đoạn thẳng \(BD\) là \(x{\rm{ }}\left( {cm} \right)\)

Độ dài đoạn thẳng \(CD\) là \(6 - x{\rm{ }}\left( {cm} \right)\)

Diện tích hình quạt \(BFD\) là \({S_1} = \frac{1}{6}\pi {x^2}\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích hình quạt \(CED\) là \({S_2} = \frac{1}{{12}}\pi {\left( {6 - x} \right)^2}\left( {c{m^2}} \right)\)

Vì diện tích tam giác \(ABC\) không đổi nên để diện tích phần tô đậm lớn nhất thì \(S = {S_1} + {S_2}\) phải đạt giá trị nhỏ nhất.

\(\begin{array}{l}S = \frac{1}{{12}}\pi \left[ {2{x^2} + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} \right]\\S = \frac{1}{4}\pi \left( {{x^2} - 4x + 12} \right)\\S = \frac{1}{4}\pi \left[ {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \right] \ge 2\pi \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 2\)

Vậy \(F\) thuộc \(AB\) sao cho \(BF = 2cm\) thì diện tích phần tô đậm là lớn nhất.