Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Nguyễn Trãi (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

a) Số học sinh tham gia khảo sát là: \(84 + 54 + 78 + 48 + 36 = 300\) (học sinh)

b) Gọi \({f_1};{f_2};{f_3};{f_4};{f_5}\) là tần số tương đối của các nhóm học sinh tham gia các môn thể thao yêu thích trên mẫu số liệu.

\({f_1} = \frac{{84}}{{300}}.100\%  = 28\% \);       \({f_2} = \frac{{54}}{{300}}.100\%  = 18\% \);

\({f_3} = \frac{{78}}{{300}}.100\%  = 26\% \);       \({f_4} = \frac{{48}}{{300}}.100\%  = 16\% \);

\({f_5} = \frac{{36}}{{300}}.100\%  = 12\% \).

Bảng tần số tương đối của mẫu số liệu trên là:

Vì một hộp có 25 thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số \(1;2;3;4;5;...;25\), hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau nên rút ngẫu nhiên một thẻ có 25 kết quả có thể xảy ra. \(n\left( \Omega  \right) = 25\).

Các thẻ ghi số chia cho 5 dư 1 là: \(\left\{ {1;6;11;16;21} \right\}\) có 5 kết quả thuận lợi \(n\left( A \right) = 5\).

Xác suất của biến cố A “Rút được thẻ ghi số chia cho 5 dư 1” là: \(P\left( A \right) = \frac{5}{{25}} = \frac{1}{5}\).

1) Thay \(x = 16\) (TMĐK) vào biểu thức A ta có: \(A = \frac{{\sqrt {16}  - 2}}{{\sqrt {16}  + 2}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\).

Vậy \(A = \frac{3}{5}\) khi \(x = 16\).

2) Với \(x \ge 0;x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{12}}{{x - 4}}\)

\(B = \frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right).\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x + 4\sqrt x  + 4 - 3\sqrt x  + 6 - 12}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

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

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

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

3) Với \(x \ge 0;x \ne 4\), ta có:

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

Để \(\left| P \right| > P\) thì \(P < 0\) nên \(\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} < 0\)

Với \(x \ge 0;x \ne 4\) thì \(\sqrt x  + 2 > 0\) nên \(\sqrt x  - 1 < 0\) suy ra \(\sqrt x  < 1\) nên \(x < 1\).

 Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0;x \ne 4\) thì \(0 \le x < 1\) là các giá trị cần tìm.

Gọi giá tiền một chiếc vé của người lớn là  \(x\) (\(x > 0\), nghìn đồng)

Gọi giá tiền một chiếc vé của trẻ em là \(y\) (\(y > 0\), nghìn đồng)

Vì gia đình An có \(2\) người lớn và \(1\) trẻ em mua vé hết tổng \(370\) nghìn đồng nên ta có phương trình  \(2x + y = 370\).

Lại có gia đình Bình có \(3\) người lớn và \(2\) trẻ em mua vé hết tổng \(590\) nghìn đồng nên ta có phương trình \(3x + 2y = 590\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 370\\3x + 2y = 590\end{array} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 150\left( {tm} \right)\\y = 70\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giá tiền mỗi chiếc vé xem phim của người lớn là \(150\) nghìn đồng và giá tiền mỗi chiếc vé xem phim của trẻ em là \(70\) nghìn  đồng.

Gọi số xe lúc đầu của đội là \(x\) ( \(x \in {\mathbb{N}^*}\), chiếc xe)

Số xe thực tế của đội là \(x + 2\) (xe)

Theo dự định mỗi xe chở số tấn hàng là \(\frac{{120}}{x}\) (tấn)

Theo thực tế mỗi xe chở số tấn hàng là \(\frac{{120}}{{x + 2}}\) (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn so với dự định \(2\) tấn nên ta có phương trình:

\(\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{{x + 2}} = 2\)        

\(\frac{{120\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}} - \frac{{120x}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{2x\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}}\)

\(120{\rm{x}} + 240 - 120{\rm{x}} = 2{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}}\)

\(2{x^2} + 4x - 240 = 0\)

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

Ta có \(\Delta  = 4 + 480 = 484\)

Suy ra \(x = 10(tm)\); \(x =  - 12\,\left( l \right)\)

Vậy số xe lúc đầu của đội là \(10\) xe.

Phương trình \({x^2} - 12x + 4 = 0\) có có hai nghiệm dương phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 12\\{x_1}.{x_2} = 4\end{array} \right.\)

Ta có  \({\left( {\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}}  = 12 + 2\sqrt 4  = 16\)

Suy ra \(\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}}  = 4\)

\({x_1}^2 + {x_2}^2 = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {12^2} - 2.4 = 136\)

Ta có  \(T = \frac{{{x_1}^2 + {x_2}^2}}{{\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} }} = \frac{{136}}{4} = 34\).

Vậy \(T = 134\).

Bài toán hình nón

Đường kính đáy của hình nón là 80 cm nên bán kính đáy là:

\[r = 80:2 = \,40\,\,({\rm{cm}}).\]

Chiều cao hình nón là h = 30 cm.

a) Tính đường sinh

Xét tam giác vuông tạo bởi bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón, ta có:

\[{l^2} = {r^2} + {h^2} = {40^2} + {30^2} = 1600 + 900 = 2500\]

Suy ra \(l = \sqrt {2500}  = 50\,\,{\rm{(cm)}}{\rm{.}}\)

Vậy độ dài đường sinh của chiếc nón là 50 cm.

b) Tính diện tích xung quanh cần sơn

Diện tích xung quanh của hình nón được tính theo công thức: \[{S_{xq}} = \pi rl\].

Thay số vào, ta được: $S_{xq} \approx \mathrm{3,14}\cdot 40\cdot 50=6280\left(\text{cm²}\right)$

Vậy diện tích cần sơn là 6280 cm².

a) Ta có \(AD,\,\,BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\)(gt) \( \Rightarrow AD \bot BC,\,BE \bot AC\).

\[ \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ADC} = 90^\circ ,\,\,\,\widehat {BEA} = \widehat {BEC} = 90^\circ \].

Xét \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) (\[\widehat {BEA} = 90^\circ \]): AB là cạnh huyền.

Suy ra \(\Delta AEB\) nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ba điểm \[A,B,E\] thuộc đường tròn đường kính  AB \[\left( 1 \right)\]

Xét \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) (\[\widehat {ADB} = 90^\circ \]): AB là cạnh huyền nên \(\Delta ADB\) nội tiếp đường tròn đường kính  AB .

Suy ra ba điểm \[A,B,D\] thuộc đường tròn đường kính AB \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra bốn điểm \[A,B,D,E\] thuộc đường tròn đường kính \[AB\].

Do đó, tứ giác \[ABDE\] nội tiếp.

b) Do \(AD \bot BC\,\,{\rm{(cmt)}}{\rm{,}}\,\,\,PM \bot BC\,\,{\rm{(gt)}}\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,PM\) (từ vuông góc đến song song)

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {BPM}\) (hai góc đồng vị)

Ta có tứ giác \[ABDE\] nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {BED} = \frac{1}{2}\)sđ $\stackrel{⏜}{BD}$ (góc nội tiếp chắn cung BD).

Kẻ đường kính  AJ.

Chứng minh được: \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Chứng minh được: \(BHCJ\) là hình bình hành từ đó suy ra được \(H,M,J\) thẳng hàng và \(\widehat {BHC} = \widehat {BJC}\).

Chứng minh được: \(\widehat {PAQ} = \widehat {BJC}\) (cùng bù \(\widehat {ABC}\)).

Suy ra: \(\widehat {PAQ} = \widehat {BHC}\).

Chứng minh được: $\Delta PAQ\backsim \Delta CHB(g.g)$

Suy ra \[\frac{{AP}}{{HC}} = \frac{{PQ}}{{BC}} = \frac{{2PN}}{{2CM}} = \frac{{PN}}{{CM}}\] nên \[AP.CM = PN.HC\].

c) Chứng minh được: $\Delta PAQ\backsim \Delta CHB(g.g)$

Do \[I,H,M\] thẳng hàng và \[H,M,J\] thẳng hàng nên \[I,H,M,J\] thẳng hàng

Suy ra: \(\widehat {PAN} = \widehat {CHM} = \widehat {HJB} = \widehat {IAB}\).

Do \[\widehat {PAN} + \widehat {NAB} = 180^\circ \] nên \[\widehat {IAB} + \widehat {NAB} = 180^\circ \]

Do đó \(I,A,N\) thẳng hàng.

Gọi khoảng cách từ \(E\) đến \(AB,AD\) lần lượt là \(EH,EK.\)

Đặt \(KN = x\left( m \right)\), đk: \(x > 0\)

Vì  nên \[\frac{{KE}}{{HM}} = \frac{{KN}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{12}}{{HM}} = \frac{x}{5} \Rightarrow HM = \frac{{60}}{x}\left( m \right)\]

\(\Delta AMN\) vuông tại A nên

\({S_{AMN}} = \frac{1}{2}.AM.AN\, = \frac{1}{2}.\left( {12 + \frac{{60}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right) = \left( {6 + \frac{{30}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right)\)

\[ = 30 + 6x + \frac{{150}}{x} + 30\]=\[60 + 6x + \frac{{150}}{x}\].

Chứng minh được \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \). Dấu “=” xảy ra khi \[a = b.\]

\({S_{AMN}} = \)\[60 + 6x + \frac{{150}}{x} \ge 60 + 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} \]=120

Dấu “=” xảy ra khi \[6x = \frac{{150}}{x}\] nên \[{x^2} = 25\] suy ra \[x = 5\](TMĐK)

Vậy diện tích nhỏ nhất của phần góc ao\(AMN\) mà anh Thịnh có thể quây được là \(120{m^2}\).