Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Xã Ngọc Hồi (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {10;20} \right)\;\)là:

\[100\% - 30\% - 25\% \; = \;\,45\% \].

Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[ {10;20} \right)\) là: \(45\% .40 = 18\).

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}\)

Không gian mẫu có 10 phần tử nên \(n(\Omega ) = 10\).

Các kết quả có thể xảy ra của phép thử là đồng khả năng.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)\).

Suy ra \(n(A) = 3\).

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{{10}}\)

1) Thay \[x = 169\] (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được: \(A = \frac{{15}}{{10}} = \frac{3}{2}.\)

Kết luận

2) \[B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{3}{{\sqrt x }} + \frac{{x + 4\sqrt x - 9}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 2\sqrt x - 3\sqrt x + 9 + x + 4\sqrt x - 9}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

\[ = \frac{{2x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x (2\sqrt x - 1)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]

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

Vậy với \(x > 0;x \ne 9\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)

3) Với \(x > 0;x \ne 9\) ta có:

\(P = B:A = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} = 2 - \frac{5}{{\sqrt x + 2}}\)

Vì \(x > 0;x \ne 9\) và \[x\] nguyên nên \[x \ge 1.\] Suy ra \[x\; + \,2 \ge 3\].

Lập luận: \(P \ge 2 - \frac{5}{3} = \frac{1}{3}\).

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 1\] (TMĐK)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P\] là \(\frac{1}{3}\) khi \[x = 1\].

Gọi giá vé máy bay của một người lớn và giá vé máy bay của một trẻ em lần lượt là \[x;y\] (đồng) \[\left( {x,y > 0} \right)\]

Số tiền vé máy bay gia đình bác Cường phải trả là \[2x + 2y = 3\,\,900\,\,000\]

Số tiền vé máy bay gia đình bác Thành phải trả là \[4x + 3y = 7\,\,100\,\,000\]

Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y = 3\,\,900\,\,000\\4x + 3y = 7\,\,100\,\,000\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}4x + 4y = 7\,\,800\,\,000\,\,\left( 1 \right)\\4x + 3y = 7\,\,100\,\,000\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Trừ từng vế hai phương trình (1) và (2) ta có \[y = 700\,\,000\] (TMĐK)

Thay \[y = 700\,\,000\] vào phương trình (2) ta có \[x = 1\,\,250\,\,000\] (TMĐK)

Vậy giá vé máy bay của một người lớn và giá vé máy bay của một trẻ em lần lượt là \[1\,\,250\,\,000\] đồng và \[700\,\,000\] đồng.

Gọi số ngày mà chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là x (ngày, \[x > 1\])

Số ngày thực tế chi đoàn làm là: \(x - 1\) (ngày)

Số cây phải trồng 1 ngày theo dự kiến là: \(\frac{{600}}{x}\) (cây)

Số cây đã trồng một ngày trong thực tế là: \(\frac{{600}}{x} + 30\) (cây)

Ta có phương trình: \(\left( {x - 1} \right).\left( {\frac{{600}}{x} + 30} \right) = 600\)

Giải phương trình ta được: \(\left( {x - 5} \right).\left( {x + 4} \right) = 0\)

\(x - 5 = 0\) hoặc \(x + 4 = 0\)

\(x = 5\) (TMĐK) hoặc \(x = - 4\) (loại)

Vậy số ngày mà chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là 5 ngày.

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1};\;{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = a}\\{{x_1}{x_2} = - 4}\end{array}} \right.\).

Hệ thức \({x_1} - 3{x_1}{x_2} + {x_2} = 5\) suy ra \(a + 12 = 5\) hay \(a = - 7\).

Ta có \(T = {x_1}x_2^2 - 4{x_1} = \left( {{x_1}{x_2}} \right){x_2} - 4{x_1} = - 4{x_2} - 4{x_1} = - 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 4a = 28\) Vậy \(T = 28\).

a) Thể tích nước hiện có trong bình là:

\[V = \pi \cdot {\left( {\frac{8}{2}} \right)^2} \cdot 10\]

V\[ \approx 502,4\] cm³.

Vậy thể tích nước hiện có trong bình khoảng 502, 4 cm³

b) Đổi: 20 ml = 20 cm³.

Lượng nước cần đổ thêm: \(\pi .{\left( {\frac{8}{2}} \right)^2}.(25 - 5 - 10) = 160\pi \) (cm³).

Thời gian cần tìm: \(160\pi :20 = 8\pi \approx 25,12\) (giây).

a) Ta có \(OH \bot BC \Rightarrow \Delta HBD\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow \)\(H,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (1)

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

\( \Rightarrow \Delta EBD\) vuông tại \(E\)\( \Rightarrow \)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(H,\)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc một đường tròn hay \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp

b) Vì \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {BEH} = \widehat {BDH}\)

mà \(\widehat {BDH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {DBH}\))

Và \(\widehat {ACI} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAB}\)). Từ đó suy ra \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta CIA\) có \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\) (theo chứng minh trên) và \(\widehat {CAI} = \widehat {EBH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\)) nên \( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {CIA}\)\( \Rightarrow \widehat {EHC} = \widehat {CIE}\)

\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FH}} = \frac{{FC}}{{FE}}\)\( \Rightarrow \widehat {FHI} = \widehat {FEC}\) (3)

Mặt khác: \(\widehat {CBA} = \widehat {FEC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {FHI} = \widehat {CBA} \Rightarrow HI\,{\rm{//}}\,AB.\)

c)

Do \(OH \bot BC\) và \(\Delta OBC\) cân nên \(OH\) là tia phân giác của góc \(\widehat {COB}\)\( \Rightarrow \Delta OBD = \Delta OCD\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow CD = BD \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCD}\)

Mà \(CK\,{\rm{//}}\,BD \Rightarrow \widehat {KCB} = \widehat {CBD}\). Từ đó suy ra \(\widehat {KCB} = \widehat {BCD}\) nên

\(CF,\)\(CA\) lần lượt là phân giác trong và ngoài của \(\Delta DCI\)\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FD}} = \frac{{AI}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) (5)

Đường thẳng vuông góc với \(MF\) tại \(F\) cắt các tia \(MI,\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\)

Vì \(PQ\,{\rm{//}}\,AM \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) và \(\frac{{FP}}{{AM}} = \frac{{FI}}{{AI}}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FP}}{{AM}} \Rightarrow FQ = FP.\)

Do \(\Delta PQM\) có \(MF\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên \(MF\) là tia phân giác của \(\widehat {IMD}.\)

Đặt \(PQ\,\, = x\) (dm) \(\left( {0 < x < 16} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BC\), \(H \in BC\) khi đó vì \(\Delta ABC\)đều nên \(H\) là trung điểm của \(BC\), \(BH = 8\)(dm)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(H\), theo định lí Pythagore, ta có \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {8^2}} = 8\sqrt 3 \,\,{\rm{(dm)}}\)

Ta có: \(QP\,{\rm{//}}\,BC\) suy ra nên \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{QP}}{{BC}}\)

Suy ra \(\frac{{AQ}}{{16}} = \frac{x}{{16}}\) nên \(AQ = x\).

Ta có: \(BQ = AB - AQ = 16 - x\).

Ta có: \(QM{\rm{//}}AH\) nên suy ra \(\frac{{BQ}}{{AB}} = \frac{{QM}}{{AH}}\)

Suy ra \(\frac{{16 - x}}{{16}} = \frac{{QM}}{{8\sqrt 3 }}\) nên \(QM = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích của \(MNPQ\)là: \(S = MQ.QP = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2} \cdot x\).

Hay \(S = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {16x - {x^2}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {64 - {{\left( {8 - x} \right)}^2}} \right] \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}.64 = 32\sqrt 3 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 8\) (TMĐK).

Vậy diện tích lớn nhất của \(MNPQ\) là \(32\sqrt 3 \,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)