Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Xuân Phương (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

a) Tần số của nhóm \[\left[ {750\,;\,\,900} \right)\] là 30.

b) Số khách hàng có hoá đơn mua hàng dưới 450 nghìn đồng là: \(15 + 27 = 42\).

Tỉ số phần trăm của nhóm khách hàng có hoá đơn mua hàng dưới 450 nghìn đồng so với tổng số khách hàng được khảo sát là: \(\frac{{42}}{{150}}.100\% = 28\% \).

Không gian mẫu \(\Omega = \{ 11;12;13;...;50\} \) nên \(n\left( \Omega \right) = 40\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: 11; 22; 33; 44 nên \(n\left( A \right) = 4\).

Xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{{40}} = \frac{1}{{10}}\).

1. Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta có

\(A = \frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}\).

Vậy \(A = \frac{1}{2}\) khi \(x = 9\).

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

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

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

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\).

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

Để \({P^2} = P\) thì \(P = 0\) hoặc \(P = 1\).

TH1: \(P = 0 \Rightarrow x = 4\left( {TM} \right)\)

TH2: \(P = 1\), ta không tìm được giá trị của \(x\).

Vậy \(x = 4\) thoả mãn đề bài.

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là \(x,y\) (học sinh; \(x,y \in \mathbb{N}*\)) .

Vì lớp 9A có 40 học sinh nên ta có phương trình: \(x + y = 40\) (1)

Vì số học sinh không cận thị là 19 nên ta có \(60\% x + 40\% y = 19\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 40}\\{60\% x + 40\% y = 19}\end{array}} \right.\).

Giải hệ phương trình, ta được: \(x = 15,y = 25\) (TMĐK).

Vậy lớp 9A có 25 học sinh nữ và 15 học sinh nam.

Gọi số bút bi mà bạn Lan mua là \(x\) (chiếc, \(x \in \mathbb{N}*\)) .

Giá tiền của \(x\) chiếc bút bi là \(7000x\) (đồng).

Theo đề bài, ta có bất phương trình \(7000x \le 300\,\,000\).

\(x \le \frac{{300}}{7}\)

\(x \le 42\frac{6}{7}\).

Vì \(x\) là số tự nhiên nên giá trị lớn nhất của \(x\) là 42.

Vậy bạn Lan mua được nhiều nhất là 42 chiếc bút bi.

Ta có \[\Delta ' = {\left( { - 4} \right)^2} - 1 \cdot 4 = 4 > 0\]nên phương trình \({x^2} - 8x + 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 8}\\{{x_1}.{x_2} = 4}\end{array}} \right.\).

Khi đó \(Q = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\)\( = {8^2} - 4 \cdot 4 = 48\).

a) Thể tích của cốc đựng bỏng ngô là: \(\pi {R^2}h \approx 3,{14.5^2}.20 = 1570{\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\).

Vậy thể tích của cốc đựng bỏng ngô khoảng \(1570{\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\).

b) Diện tích giấy để làm 1 chiếc cốc là:

\(2\pi Rh + \pi {R^2} \approx 2 \cdot 3,14 \cdot 5 \cdot 20 + 3,14 \cdot {5^2} = 706,5\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích giấy để làm 200 chiếc cốc là: \(706,5 \cdot 200 = 141\,\,300\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Vậy diện tích giấy để làm 200 chiếc cốc khoảng \(141\,\,300\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

a) Chứng minh bốn điểm \(E,O,B,M\) cùng thuộc một đường tròn.

Ta có \(Bx\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(Bx \bot AB\) (tính chất tiếp tuyến) hay \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta MBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OM\).

Do đó ba điểm \(M,B,O\) cùng thuộc 1 đường tròn đường kính \(OM\).

Mà \(OE\) vuông góc với \(AN\) tại \(E\) nên \(\widehat {MOE} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta MEO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OM\)

Do đó 3 điểm \(M,O,E\) cùng thuộc 1 đường tròn đường kính \(OM\).

Vậy 4 điểm \(E,O,B,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\).

b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(N\) cắt tia \(OE\) tại \(K\) và cắt \(MB\) tại \(D\). Chứng minh: \(KA\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\widehat {EBO} = \widehat {DOM}\).

b1) Ta có \(OA = ON\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(\Delta OAN\) cân tại \(O\).

Mà \(OE\) là đường cao của \(\Delta OAN\) nên \(OE\) cũng là phân giác của \(\Delta OAN\).

Suy ra \(\widehat {NOE} = \widehat {AOE}\) hay \(\widehat {NOK} = \widehat {AOK}\).

Xét \(\Delta NOK\) và \(\Delta AOK\) có:

\[ON = OA\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,\widehat {NOK} = \widehat {AOK}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,OK\,\,{\rm{chung}}\]

Do đó \[\Delta NOK = \Delta AOK\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\]

Suy ra \(\widehat {ONK} = \widehat {OAK}\) (cặp góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ONK} = 90^\circ \) (vì \(KN\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {OAK} = 90^\circ \).

Suy ra \(AK \bot OA\), mà \(A \in \left( O \right)\).

Do đó \(KA\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).

b2) Vì \(DN,\,\,DB\) là 2 tiếp tuyến là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(OD\) là tia phân giác \(\widehat {NOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Mà tam giác \(OBN\) cân tại \(O{\rm{ }}\left( {OB = ON = R} \right)\)nên \(OD\) là đường cao của \(\Delta OBN\) hay \(BN \bot OD\) .

Ta có \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\) nên \(BN \bot AN\).

Từ đó, suy ra \(OD\,{\rm{//}}\,AM\) nên \(\widehat {OME} = \widehat {DOM}\) (hai góc so le trong) (1)

Suy ra 4 điểm \(E,\,\,O,\,\,B,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM.\)

Nên xét đường tròn đường kính \(OM\) có \(\widehat {EBO} = \widehat {EMO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {EBO} = \widehat {DOM}\).

c) Kẻ \(NH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in AB} \right)\). Đường thẳng \(NH\) cắt đường thẳng \(KO\) tại \(P\), cắt \(OD\) tại \(Q\). Đường thẳng \(AQ\) cắt đường thẳng \(PB\) tại \(S\). Chứng minh \(K,N,S\) thẳng hàng.

Chứng minh được \(O\) lần lượt là trực tâm của các tam giác \(APN\) nên \(AP \bot NO\).

Chứng minh được \(Q\) lần lượt là trực tâm của \(\Delta BON\) nên \(BQ \bot NO\) suy ra \(BQ\,{\rm{//}}\,AP\).

Suy ra \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QB}}{{AP}}\), mà \(PA = PN\,;\,\,QB = QN\) nên \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QN}}{{PN}}\) hay \(\frac{{SQ}}{{QA}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\).

Suy ra \(PA\,{\rm{//}}\,NS\) mà \(AP \bot NO\) nên \(NS \bot NO\).

Ta có \(NS \bot NO\,;\,\,KN \bot NO\) suy ra ba điểm \(K,N,S\) thẳng hàng.

Gọi \(x;y{\rm{ }}\left( m \right)\) lần lượt là độ dài hàng rào thứ nhất và hàng rào thứ hai \(\left( {x;y > 0} \right)\)

Chi phí làm hàng rào là \[10\,\,000\,\,000\] đồng nên ta có phương trình:

\(5x + 4y = 100\) suy ra \(x = \frac{{100 - 4y}}{5}\).

Diện tích của mảnh vườn là: \(S = \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y.\left( {\frac{{100 - 4y}}{5}} \right) = - \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} + 62,5\).

Vì \({\left( {2y - 25} \right)^2} \ge 0\) hay \[ - \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} \ge 0\] nên \[ - \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} + 62,5 \ge 62,5.\]

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 10\,;\,\,y = 12,5\).

Vậy diện tích lớn nhất của mảnh vườn là \(62,5{m^2}\) khi kích thước hai cạnh góc vuông là \(10\,\,{\rm{m}}\) và \(12,5\,\,{\rm{m}}.\)