Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 THCS Nhật Tân (Hà Nội) có đáp án

Lập bảng tần số ghép nhóm với các nhóm: \([2;6),[6;10),[10;14),[14;18)\).

Tần số tương đối của \([10;14)\) là: \(\frac{6}{{24}}.100\%  = 25\% \).

Không gian mẫu: \(\Omega  = \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15\} \). Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 15\).

Số phần tử của biến cố: \(n(A) = 4\), gồm \[\left\{ {2,{\rm{ }}6,{\rm{ }}10,{\rm{ }}14} \right\}\].

Vì các tấm thẻ cùng loại nên các kết quả là đồng khả năng.

Xác suất của biến cố \(A\): \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{4}{{15}}\)

1) Thay \(x = 10\)(TMĐKXĐ) vào biểu thức\(A\) ta được \(A = \frac{{16 - 3}}{{\sqrt {16} }} = \frac{{13}}{4}\) .

2) Với \(x > 0,x \ne 4\), \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{4\sqrt x }}{{4 - x}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) + 4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\).

3) Với \(x > 0,x \ne 4\)ta có:

\(P = A.B = \frac{{x - 3}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{x - 3}}{{\sqrt x - 2}}\)

\(P \le 6\)

\(\frac{{x - 3}}{{\sqrt x - 2}} - 6 \le 0\)

\(\frac{{x - 6\sqrt x + 9}}{{\sqrt x - 2}} \le 0\)

\(\frac{{{{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 2}} \le 0\)

Th1 : \(\sqrt x = 3\) hay \(x = 9\) (thỏa mãn)

Th2 : \(x \ne 9\) thì \[\sqrt x - 2 < 0\]

\(\sqrt x < 2\)

\(x < 4\) kết hợp ĐKXĐ \(x > 0,x \ne 4\)

\( \Rightarrow 0 < x < 4\)

Vậy \(x = 9\) hoặc \(0 < x < 4\) mà \(x\)giá trị nguyên lớn nhất nên \(x = 9\)(TMYCĐB).

Gọi \[x\]là số câu trả lời đúng của thí sinh (\(x \in \mathbb{N},0 \le x \le 20\)).

Khi đó, số câu trả lời sai hoặc không trả lời là: \[20 - x\]( câu)

Dựa vào quy tắc tính điểm, ta có bất phương trình:

\(4x - 2(20 - x) \ge 44\)        

\(4x - 40 + 2x \ge 44\)

\(6x \ge 84\)

\(x \ge 14\)

Thí sinh cần trả lời đúng ít nhất \(14\) câu để được chọn vào vòng tiếp theo.

Gọi \(x\)là số xe đội dự định dùng ban đầu ( \(x \in \mathbb{N},x > 4\), xe).

Lượng hàng mỗi xe dự định phải chở là: \(\frac{{80}}{x}\) (tạ).

Số xe thực tế còn lại là:\(x - 4\) (xe).

Lượng hàng mỗi xe thực tế phải chở là: \(\frac{{80}}{{x - 4}}\) (tạ).

Vì mỗi xe thực tế chở nhiều hơn dự định 1 tạ hàng, ta có phương trình:

\(\frac{{80}}{{x - 4}} - \frac{{80}}{x} = 1\)

\(80x - 80(x - 4) = x(x - 4)\)

\(80x - 80x + 320 = {x^2} - 4x\)

\({x^2} - 4x - 320 = 0\)

\(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1 \cdot ( - 320) = 4 + 320 = 324 = {18^2}\)

\({x_1} = 2 + 18 = 20\)(thỏa mãn)

\({x_2} = 2 - 18 =  - 16\)(loại)

Số xe đội dự định dùng ban đầu là \[20\] xe.

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

\(\Delta = 4{m^2} + 4m + 1 - 4{m^2} + 4 = 4m + 5\)

Để phương trình có nghiệm: \[4m + 5 \ge 0\,\,\,\]

\[m \ge - \frac{5}{4}\].

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\)  

Vì \({x_1}\)là nghiệm của phương trình nên: \(x_1^2 - (2m + 1){x_1} + {m^2} - 1 = 0\)

\(x_1^2 - 2m{x_1} - {x_1} + {m^2} - 1 = 0\)

\(x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2} = {x_1} + 1\)

Thay vào biểu thức điều kiện của đề bài, ta được:

\(({x_1} + 1)({x_2} + 1) = 1\)

\({x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 = 1\)

\({x_1}{x_2} + ({x_1} + {x_2}) = 0\)

Thay \({x_1} + {x_2} = 2m + 1\) và \({x_1}{x_2} = {m^2} - 1\)vào phương trình trên:

 \(({m^2} - 1) + (2m + 1) = 0\)

 \({m^2} + 2m = 0\)

 \(m(m + 2) = 0\)

TH1 : \(m = 0\)(tm)

TH2 : \(m = - 2\)( loại)

Vậy \(m = 0\).

a) Thể tích thùng rác đó là: \[V = \pi {R^2}h = {3,14.18^2}.50 \approx 50868\left( {c{m^3}} \right)\]

b) Diện tích xung quanh của thùng rác và đáy dưới là:

\[{S_{xq}} = 2\pi Rh + \pi {R^2} \approx 2.3,14.18.50 + {3,14.18^2} \approx 6669,36\left( {c{m^2}} \right) \approx 0,666936\left( {{m^2}} \right)\].

Vậy Lan cần ít nhất số hộp sơn để sơn xong thùng rác là:

\[0,666936:0,4 = 1,66734\] (hộp)

Vậy Lan cần ít nhất 2 hộp sơn để sơn xong thùng rác.

a) Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {FME} = {90^0}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \[\Delta HME\] vuông tại \[M\] có cạnh huyền \[HE\]

\[ \Rightarrow H,M,E\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HE\]                        (1)

Xét \[\Delta HIE\] vuông tại \[I\](do \(EF \bot AB\) tại \(I\)) có cạnh huyền \[HE\]

\[ \Rightarrow H,I,E\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HE\]                    (2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow H,M,I,E\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HE\]                  

b) Xét \[\Delta EMF\] vuông tại \[M\] có \[\widehat {MFE} + \widehat {MEF} = {90^0}\]

\[\Delta EIC\] vuông tại \[I\] có \[\widehat {ICE} + \widehat {IEC} = {90^0}\]

Hay \[\widehat {ICE} + \widehat {MEF} = {90^0}\]

\[ \Rightarrow \widehat {MFE} = \widehat {ICE}\]

Xét \[\Delta EMF\] và \[\Delta EIC\] có:

\[\widehat {EIC} = \widehat {FME} = {90^0}\]

\[\widehat {MFE} = \widehat {ICE}\] (cmt)

 $\Rightarrow \Delta EMF\backsim \Delta EIC$ (g.g)

Xét \[\Delta CEF\] có \[FM\] và \[CI\] là 2 đường cao cắt nhau tại \[H\]

\[ \Rightarrow H\] là trực tâm \[\Delta CEF\]

\[ \Rightarrow EH \bot CF\] (3)

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ENF} = {90^0}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\[ \Rightarrow EN \bot CF\] (4)

Từ (3) và (4) \[ \Rightarrow E,H,N\] thẳng hàng

c) Gọi \[P\] là trung điểm của \[HC\]

Xét \[\Delta HMC\] vuông tại \[M\] có \[MP\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[HC\]

\[ \Rightarrow PM = PC = PH\]

\[ \Rightarrow \Delta MPH\] cân tại P

\[ \Rightarrow \widehat {PMH} = \widehat {PHM}\]

Mà \[\widehat {FHI} = \widehat {PHM}\] (2 góc đối đỉnh)

\[ \Rightarrow \widehat {PMH} = \widehat {FHI}\]

Mà \[\widehat {FHI} + \widehat {HFI} = {90^0}\]

\[ \Rightarrow \widehat {PMH} + \widehat {HFI} = {90^0}\]

Lại có \[\Delta OMF\] cân tại \[O\] (do \[OM = OF\])

\[ \Rightarrow \widehat {OMF} = \widehat {OFM}\]

Hay \[\widehat {OMF} = \widehat {HFI}\]

\[ \Rightarrow \widehat {PMH} + \widehat {OMF} = {90^0}\]

\[ \Rightarrow \widehat {PMO} = {90^0}\]\( \Rightarrow PM \bot OM\).

\[ \Rightarrow PM\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]

Vậy tiếp tuyến tại M của \[\left( O \right)\] đi qua trung điểm của đoạn thẳng HC.

Tổng chi phí nhập hàng trong ngày không vượt quá \(1\;200\;000\) đồng nên

\(150000x + 250000y + 100000z \le 1200000\) hay \(3x + 5y + 2z \le 24\)

Cửa hàng phải nhập đủ cả \(3\) loại trái cây mỗi ngày nên \(x \ge 1,y \ge 1,z \ge 1\)

Tổng số thùng xoài và lê nhập vào mỗi ngày ít nhất là \(4\) thùng nên \[x + y \ge 4\]

Lợi nhuận thu về là \(L = 250000x + 350000y + 120000z\)

Ta có: \[5y \le 24 - 3x - 2z \le 24 - 3 - 2 = 19 \Rightarrow y \le \frac{{19}}{5}\] \( \Rightarrow y \in \left\{ {1;2;3} \right\}\)

Ta có bảng

Lợi nhuận cao nhất khi nhập 5 thùng xoài, 1 thùng lê và 2 thùng nho.