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

a) Tìm tần số tương đối của nhóm \([5;7,5)\).

Tổng số học sinh: \[N = 40\]

Tần số của nhóm \([5;7,5)\) là: 22

Tần số tương đối của nhóm \([5;7,5)\) là: \[\frac{{22}}{{40}}.100\%  = 55\% \].

b) Tỉ lệ học sinh có điểm trên trung bình so với học sinh cả lớp.

Số học sinh đạt trên trung bình là: \[22 + 15 = 37\] ( học sinh).

Tỉ lệ phần trăm so với cả lớp là: \[\frac{{37}}{{40}}.100\%  = 92,5\% \].

Một hộp chứa \(3\) quả bóng đỏ và \(2\) quả bóng xanh. Mỗi quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau Lấy ngẫu nhiên \(2\) quả bóng trong hộp.

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.

Gọi 3 quả bóng đỏ là: D1 ; D2 ; D3 và 2 quả bóng xanh là: X1 ; X2

Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cặp 2 quả bóng có thể lấy ra từ hộp 5 quả.

\[\Omega  = \{ ({D_1},{{\rm{D}}_2});({D_1},{{\rm{D}}_3});({D_1},{X_1});({D_1},{X_2});({D_2},{{\rm{D}}_3});({{\rm{D}}_2},{X_1});({{\rm{D}}_2},{X_2});({{\rm{D}}_3},{X_1});({{\rm{D}}_3},{X_2});({X_1},{X_2})\} .\]

Số phần tử của không gian mẫu là: \[{n_{\left( \Omega  \right)}} = 10\]

b) Tính xác suất của biến cố “hai quả bóng lấy ra cùng màu đỏ”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố: \[({D_1},{{\rm{D}}_2});({D_1},{{\rm{D}}_3});({D_2},{{\rm{D}}_3})\]

 Số kết quả thuận lợi: 3

Xác suất của biến cố: “hai quả bóng lấy ra cùng màu đỏ” là: \[\frac{3}{{10}}\]

1) Với\(x = 25\)(thỏa mãn) ta có : \(A = \frac{{\sqrt {25}  + 3}}{{\sqrt {25}  + 1}} = \frac{{5 + 3}}{{5 + 1}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}\)

2) \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{3\sqrt x }}{{x + \sqrt x  - 2}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x + 2\sqrt x  + \sqrt x  - 1 - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}\)

3) \(P = A.B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} > 1\)

Do \(P > 1\) nên \(P > \sqrt P \)

             Gọi giá niêm yết mỗi km là \(x\) (đồng) \(\left( {x > 0} \right)\)

             Số tiền trong \(150\,\,{\rm{km}}\) đầu tiên là \(150x\)(đồng)

             Số tiền trong \(80km\) tiếp theo là \(80x.90\% = 72x\)(đồng)

             Số tiền bác An phải trả là \(2\,\,664\,\,000\) đồng nên ta có phương trình

             \(150x + 72x = 2\,\,664\,\,000\)

             \(222x = 2\,\,664\,\,000\)

             \(x = 12\,\,000\)

             Vậy giá niêm yết một km ban đầu là \(12\,\,000\) đồng.

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau \(7m\). Tính độ dài hai cạnh góc vuông biết cạnh huyền có độ dài \(13m\).

Gọi một cạnh góc vuông là \(x\) (m) \(\left( {x > 0} \right)\), cạnh góc vuông còn lại là \(x + 7\) (m)

Áp dụng định lí Pythagore ta có: \({x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}\)

\({x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169\)

\(2{x^2} + 14x - 120 = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}x = 5\left( {TM} \right)\\x =  - 12\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy một cạnh góc vuông là \(5m\) và một cạnh là \(12m\).

a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\).

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} - 4\left( {2m - 1} \right) = 9 - 8m + 4 = 13 - 8m\)

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thì \(\Delta  \ge 0 \Rightarrow 13 - 8m \ge 0 \Rightarrow m \le \frac{{13}}{8}\).

 b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\sqrt {{x_1}}  = 2\sqrt {{x_2}} \)

Phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\sqrt {{x_1}}  = 2\sqrt {{x_2}} \) cần điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  \ge 0\\{x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0\end{array} \right.\)

Phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn\({x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0\) khi \({x_1}.{x_2} = 2m - 1 \ge 0\) hay \(m \ge \frac{1}{2}\)

Bình phương hai vế của phương trình \(\sqrt {{x_1}}  = 2\sqrt {{x_2}} \) ta có \({x_1} = 4{x_2}\) hay \({x_1} - 4{x_2} = 0\)

Kết với với định lí Viete ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1} - 4{x_2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{12}}{5}\\{x_2} = \frac{3}{5}\end{array} \right.\)(thỏa mãn \({x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0\))

Lại có \({x_1}.{x_2} = 2m - 1\)

\(\frac{{12}}{5}.\frac{3}{5} = 2m - 1\)

\(2m = \frac{{61}}{{25}}\)

\(m = \frac{{61}}{{50}}\)(thỏa mãn điều kiện)

Vậy \(m = \frac{{61}}{{50}}\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\sqrt {{x_1}}  = 2\sqrt {{x_2}} \).

a) Tính thể tích bể

Bán kính đáy: \(R = 1,4:2 = 0,7{\rm{ (m)}}\).

Chiều cao phần hình nón: \({h_{n{\rm{\'o }}n}} = 3,2 - 1,2 = 2{\rm{ (m)}}\).

Thể tích phần hình trụ: \({V_{tru}} = \pi {R^2}{h_{tru}} = \pi  \cdot {0,7^2} \cdot 1,2 = 0,588\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Thể tích phần hình nón: \({V_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}{h_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi  \cdot {0,7^2} \cdot 2 = \frac{{0,49 \cdot 2}}{3}\pi  = \frac{{49}}{{150}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Vậy thể tích của bể là \(V = 0,588\pi  + \frac{{49}}{{150}}\pi  = \frac{{1372}}{{1500}}\pi  = \frac{{229}}{{250}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

b) Tính khoảng cách từ mực nước đến miệng bể

Lượng nước bơm vào sau 25 phút:

\({V_{nuoc}} = 1,4 \cdot (25 \cdot 60) = 2100{\rm{ l\'i t}} = 2,1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).

Thể tích phần hình nón (xấp xỉ): \({V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx \frac{1}{3} \cdot 3,14 \cdot {0,7^2} \cdot 2 \approx 1,0257{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).

Vì \({V_{nuoc}} > {V_{n{\rm{\'o }}n}}\) nên nước đã ngập hết phần nón và đang ở trong phần trụ.

Thể tích nước nằm trong phần hình trụ:

\({V_{nuoc\_tru}} = {V_{nuoc}} - {V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx 2,1 - 1,0257 = 1,0743{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).

Chiều cao mực nước trong phần trụ

\({h_{nuoc\_tru}} = \frac{{{V_{nuoc\_tru}}}}{{\pi {R^2}}} \approx \frac{{1,0743}}{{3,14 \cdot {{0,7}^2}}} \approx 0,6982{\rm{ m}}\).

Vậy khoảng cách từ mực nước đến miệng bể:

\(d = {h_{tru}} - {h_{nuoc\_tru}} \approx 1,2 - 0,6982 = 0,5018 \approx 0,50{\rm{ (m)}}\).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEFC\) có \[\widehat {CEF} = \widehat {CBF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CF\))  (3)

Vì \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên \(\widehat {CBF} + \widehat {BCF} = 90^\circ \) (4)

Vì \(\Delta ADC\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DAC} + \widehat {DCA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KAC} + \widehat {BCF} = 90^\circ \) (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(\widehat {CBF} = \widehat {KAC}\) (cùng phụ với \(\widehat {BCF}\)) (6)

Từ (3) và (6) suy ra \[\widehat {CEF} = \widehat {KAC}\] (cùng bằng \(\widehat {CBF}\))

Lại có \(\widehat {KAC} = \widehat {KIC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC\) của đường tròn \((O;R)\).

Suy  ra \[\widehat {CEF} = \widehat {KIC}\] hay \[\widehat {CEN} = \widehat {CIE}\].

Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\), có \(\widehat {ECN}\) chung và \[\widehat {CEN} = \widehat {CIE}\] (cmt).

Vậy $\Delta CEN\backsim \Delta CIE$ (g-g).

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}\) (cặp cạnh tương ứng).

Suy ra \(C{E^2} = CI.CN\) (đpcm.

3. Kẻ \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\). Gọi \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\). Chứng minh ba điểm \(M,\,N,\,P\) thẳng hàng.

- Gọi \(x\) là số lần tăng giá (mỗi lần tăng \[2000\] đồng). Điều kiện:\(x \in {\mathbb{N}^*}\)

- Giá bán mới của mỗi ly trà sữa sẽ là: \(30\,000 + 2000x\) (đồng).

- Số lượng ly trà sữa bán ra mỗi ngày sẽ giảm tương ứng là: \(150 - 5x\) (ly)

- Lợi nhuận của một ly trà sữa là: \(30\,000 + 2000x - 18\,000\)\( = 12\,000 + 2000x\)   ( đồng).

- Lợi nhuận một ngày của cửa hàng:

\( = \left( {12\,000 + 2000x} \right)\left( {150 - 5x} \right)\)

\( =  - 10\,000{x^2} + 24\,0000x + 1\,\,800\,000\)

\( =  - 10\,000({x^2} - 24x - 180)\)

\( =  - 10\,000\left[ {{{\left( {x - 12} \right)}^2} - 324} \right]\)

\( =  - 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} + 3\,240\,000\)

Vì \({\left( {x - 12} \right)^2} \ge 0\)với mọi \[x\] thoả mãn điều kiện.

\( - 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} \le 0\)

\( - 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} + 3\,240\,000 \le 3\,240\,000\)

Lợi nhuận 1 ngày lớn nhất là: \(3\,240\,000\) khi \(x - 12 = 0\) hay \(x = 12\)

Khi đó giá bán một ly trà sữa là: \(30\,000 + 2\,000.12 = 54\,000\)( đồng).

Vậy cảu hàng phải bán giá một ly trà sữa là: \(54\,000\)( đồng) để có lợi nhuận mỗi ngày lớn nhất.