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

a) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\) là: \(\frac{6}{{60}}.100\% = 10\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {20\,;\,30} \right)\) là: \(\frac{{18}}{{60}}.100\% = 30\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {30\,;\,40} \right)\) là: \(\frac{{24}}{{60}}.100\% = 40\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) là: \(\frac{{12}}{{60}}.100\% = 20\% \).

Vậy tần số tương đối của các nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\), \(\left[ {20\,;\,30} \right)\), \(\left[ {30\,;\,40} \right)\), \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) lần lượt là: \(10\% \,,\,30\% \,,\,40\% \,,\,20\% \).

b) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó là:

Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {AC\,;\,AD\,;\,AE\,;\,BC\,;\,BD\,;\,BE} \right\}\)

Số phần tử của không gian mẫu là \({n_\Omega } = 6\) (phần tử).

Vì việc chọn một điểm tô màu đỏ, sau đó chọn một điểm tô màu xanh là ngẫu nhiên nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(X\) là \(X = \left\{ {AC\,;\,AD\,;\,AE} \right\}\).

Số phần tử của tập \(X\) là \({n_X} = 3\) (phần tử).

Xác suất của biến cố \(X\) là \(P\left( X \right) = \frac{{{n_X}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

Vậy xác suất của biến cố \(X\) là \(\frac{1}{2}\).

1) Ta có : \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\) (ĐK :\(x > 0\))

Thay \(x = 9\)(thoả mãn ĐKXĐ) vào biểu thức \(B\) ta có:

\(B = \frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 + 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 + 1}} = \frac{1}{4}\)

Vậy \(B = \frac{1}{4}\) khi \(x = 9\)

2) \(A = \frac{{2\sqrt x - 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}} + \frac{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x - 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6 + 2\sqrt x + (\sqrt x - 3)(\sqrt x - 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6 + 2\sqrt x + x - 2\sqrt x - 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

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

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

Vậy \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\).

3) Ta có \(A.B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\)

Ta có \(\sqrt {AB} < \frac{2}{3}\); ĐKXĐ: \(AB \ge 0\) hay \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} \ge 0\), do \(x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 > 0\) nên \(\sqrt x - 1 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1\).

Từ đó suy ra \(AB < \frac{4}{9}\)

Khi đó \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} < \frac{4}{9}\)

\(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{4}{9} < 0\)

\(\frac{{9\sqrt x - 9 - 4\sqrt x - 4}}{{9(\sqrt x + 1)}} < 0\)

\(\frac{{5\sqrt x - 13}}{{9(\sqrt x + 1)}} < 0\)

Mà \(9(\sqrt x + 1) > 0\) với mọi \(x > 0\) nên \(5\sqrt x - 13 < 0\)

\(\sqrt x < \frac{{13}}{5} \Rightarrow x < \frac{{169}}{{25}}\).

Kết hợp với điều kiện đề bài , ta có: và \(0 < x < \frac{{169}}{{25}}\)\(x \ne 4\). Mà \(x\) là số nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;5;6} \right\}\)

Vậy \(x \in \left\{ {1;2;3;5;6} \right\}\)thì \(\sqrt {AB} < \frac{2}{3}\)

Nửa chu vi hình chữ nhật là : \(120:2 = 60(m)\)

Gọi chiều dài và chiều rộng của vườn trường hình chữ nhật lần lượt là \(x,y\) (m) (\(0 < x,y < 60\)).

Vì nửa chu vi hình chữ nhật bằng tổng chiều dài và chiều rộng nên ta có phương trình: \(x + y = 60\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Chiều dài của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(5m\) là :\(x + 5(m)\)

Chiều rộng của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(3m\)là: \(y + 3(m)\)

Khi đó diện tích của vườn trường sau mở rộng chiều dài \(5m\) và chiều rộng \(3m\) là :\((x + 5)(y + 3)({m^2})\)

Vì mở rộng chiều dài thêm \(5m\) và chiều rộng thêm \(3m\), do đó diện tích vườn trường đã tăng thêm\(245{m^2}\) nên ta có phương trình : \((x + 5)(y + 3) - xy = 245\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{(x + 5)(y + 3) - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{xy + 3x + 5y + 15 - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{2y = 50}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x = 105}\\{y = 25}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 35}\\{y = 25}\end{array}} \right.(t/m)\)

Vậy chiều dài vườn trường \(35m\), chiều rộng vườn trường \(25m\).

Gọi thời gian lớp 9A, lớp 9B làm một mình hoàn thành công việc lần lượt là\(x\) (giờ), \(y\)(giờ)\(\left( {0 < x,y < \frac{{35}}{{12}}} \right)\).

Trong một giờ lớp 9A làm được: \(\frac{1}{x}\) (công việc).

Trong một giờ lớp 9B làm được: \(\frac{1}{y}\) (công việc).

Trong một giờ cả hai lớp lớp 9A và lớp 9B làm được: \(1:\frac{{35}}{{12}} = \frac{{12}}{{35}}\) (công việc).

Khi đó ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{{12}}{{35}}(1)\)

Vì thời gian lớp 9A hoàn thành công việc ít hơn thời gian lớp 9B là \(2\)giờ nên ta có phương trình : \(y - x = 2(2)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y - x = 2\\\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{{12}}{{35}}\end{array} \right.\)

Từ \(y - x = 2 \Rightarrow y = 2 + x\) thay vào phương trình \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{{12}}{{35}}\)ta có:

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2}} = \frac{{12}}{{35}}\)

\(\frac{{35(x + 2)}}{{35x(x + 2)}} + \frac{{35x}}{{35x(x + 2)}} = \frac{{12x(x + 2)}}{{35x(x + 2)}}\)

\(35(x + 2) + 35x = 12x(x + 2)\)

\(35x + 70 + 35x = 12{x^2} + 24x\)

\(12{x^2} - 46x - 70 = 0\)

\(6{x^2} - 23x - 35 = 0\)

\(\Delta = {b^2} - 4ac = {23^2} - 4.6.( - 35) = 1369 > 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Ta có: \({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{23 + \sqrt {1369} }}{{2.6}} = \frac{{23 + 37}}{{12}} = 5\)(thoả mãn)

\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{23 - \sqrt {1369} }}{{2.6}} = \frac{{23 - 37}}{{12}} = \frac{{ - 7}}{6}\)(loại)

Vậy làm một mình lớp 9A hoàn thành công việc trong \(5\)giờ

Lớp 9B làm một mình hoàn thành công việc trong \(5 + 2 = 7\)giờ.

Ta có: \({x^2} - ax + a - 2 = 0(1)\)

Theo hệ thức Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = a\\{x_1}.{x_2} = a - 2\end{array} \right.\)

Mà theo đề bài: \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} = - 1.\)

Khi đó ta có: \(a + 2(a - 2) = - 1\)

\(a + 2a - 4 = - 1\)

\(3a = - 1 + 4 = 3\)

\(a = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}.{x_2} = 1 - 2 = - 1\end{array} \right.\)

Ta có: \(A = ({x_1} - 2)({x_1} - 1) + ({x_2} - 2)({x_2} - 1)\)

\(A = {x_1}^2 - {x_1} - 2{x_1} + 2 + {x_2}^2 - {x_2} - 2{x_2} + 2\)

\( = {x_1}^2 - {x_1} - 2{x_1} + 2 + {x_2}^2 - {x_2} - 2{x_2} + 2\)

\( = ({x_1}^2 + {x_2}^2) + ( - 3{x_1} - 3{x_2}) + (2 + 2)\)

\( = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}.{x_2} - 3({x_1} + {x_2}) + 4\)

Thay số ta có:

\(A = {1^2} - 2.( - 1) - 3.1 + 4 = 1 + 2 - 3 + 4 = 4\)

Vậy \(A = 4\)

a) Đổi: \(3{\rm{dm}} = 30{\rm{cm}}\); \(R = 30:2 = 15{\rm{ (cm)}}\).

Thể tích của thùng nước là: \(V = \pi {R^2}h = \pi \cdot {15^2} \cdot 36 = 8100\pi \approx 25447{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

b) Thể tích nước mỗi lần xách là: \(25447 \cdot 90\% = 22902,3{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}} = 0,0229023{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Số thùng nước cần đổ để đầy bể là: \(1:0,0229023 \approx 43,66\) (thùng)

Vậy cần phải đổ ít nhất 44 thùng để đầy bể chứa.

a) Chứng minh bốn điểm \(A,M,C,O\)cùng thuộc một đường tròn

Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)

Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

b) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\) và chứng minh \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).

Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).

Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).

Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

\(\widehat {ADB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)

Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).

\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).

Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)

Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)

c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\). Chứng minh rằng \(MB\)đi qua trung điểm của \(CH\).

Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)

Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).

Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì

\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).

Kẻ \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\).

Xét \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) (Do \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều) có \(SH\) là đường cao (gt)

\( \Rightarrow SH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta SAB\) (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) (tính chất)

\( \Rightarrow HA = \frac{1}{2}AB = \frac{x}{2}\,\left( {cm} \right)\).

Có \(SH \bot AB\) tại \(H\) (Do \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\)) \( \Rightarrow \widehat {SHA} = 90^\circ \).

Áp dụng định lí pythagore trong tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\)(Do \(\widehat {SHA} = 90^\circ \)), ta có:

\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)

Thay số: \({6^2} = S{H^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\)

\(S{H^2} = 36 - {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\) (Điều kiện: \(x < 12\))

\( \Rightarrow SH = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) (Do \(SH > 0\))

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\({S_{xq}} = p.d = \frac{{x + x + x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Có \({S_{xq}} = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {\frac{{144 - {x^2}}}{4}} \) \( = \frac{{3x}}{4}.\sqrt {144 - {x^2}} \)\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {{x^2}.\left( {144 - {x^2}} \right)} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {144{x^2} - {x^4}} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {x^4} + 144{x^2} - 5184 + 5184} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - \left( {{x^4} - 144{x^2} + 5184} \right) + 5184} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \].

Vì \[{\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x > 0\] nên \[ - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \le 0 \Rightarrow - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} + 5184 \le 0\]

\[ \Rightarrow \sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 72\]

\[ \Rightarrow \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 54\]

\[ \Rightarrow {S_{xq}} \le 54\]

Dấu xảy ra khi \[{x^2} - 72 = 0\]

\[{x^2} = 72\]

\[x = \sqrt {72} \] (Do \[x > 0\])

\[x = 6\sqrt 2 \] (thỏa mãn).

Vậy \[x = 6\sqrt 2 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] thì hình chóp có diện tích xung quanh lớn nhất bằng \[54\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].