Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Thanh Liệt (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

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

b) Thời gian đi từ nhà đến trường dưới $10$ phút tương ứng với các nhóm số liệu ${\rm{[}}0;5)$và ${\rm{[5}};10).$

Tổng tần số tương đối của các nhóm ${\rm{[}}0;5)$ và ${\rm{[5}};10)$ là: $12{,}5\% + 40\% = 52{,}5\%$

Vì $52{,}5\% < 53\%$ nên nhận định của Minh là sai.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra là: = {1; 2; 3; …; 20}

Tập hợp có 20 phần tử.

Vì các thẻ cùng loại nên kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 3; 9; 15.

Xác suất của biến cố A là $P(A) = \frac{3}{{20}}$.

1) Thay $x = 16$(thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

$A = \frac{{9 - 3\sqrt {16} }}{{16 - 4}} = \frac{{9 - 3.4}}{{12}} = \frac{{ - 1}}{4}$. Vậy $x = 16$ thì $A = \frac{{ - 1}}{4}.$

2) Với $x \ge 0$; $x \ne 4$, ta có:

$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x + 4}}{{x - \sqrt x - 2}}$

$$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$$

$$= \frac{{x - 2\sqrt x + 1 - x - \sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\,\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$$

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

Vậy $B = \frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 2}}$ với $x \ge 0$; $x \ne 4$.

3) $P = \frac{A}{B} = \frac{{9 - 3\sqrt x }}{{x - 4}}:\frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}}$với $x \ge 0$; $x \ne 4$.

Vì $\left| P \right| + P = 0$. Suy ra $\left| P \right| = - P$. Do đó $P \le 0$.

Hay $\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} \le 0$. Suy ra: $\sqrt x - 3 \le 0$ ( Vì $\sqrt x + 2 > 0$ với mọi x thuộc ĐKXĐ)

Tìm được: $0 \le x \le 9;x \ne 4$

Kết luận: $0 \le x \le 9;x \ne 4$ thì $\left| P \right| + P = 0.$

Gọi số sản phẩm tổ I, tổ II phải làm theo kế hoạch lần lượt là $x,y$ ( sản phẩm; $x,y \in N*;x,y < 800$)

Vì hai tổ sản xuất được giao làm 800 sản phẩm nên ta có phương trình:

$x + y = 800$(1)

Số sản phẩm tổ I làm vượt mức là: $10\% x = 0{,}1x$( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II làm vượt mức là: $20\% y = 0{,}2y$( sản phẩm)

Số sản phẩm cả hai tổ làm vượt mức là $910 - 800 = 110$( sản phẩm)

Ta có PT: $0{,}1x + 0{,}2y = 110$(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0{,}1x + 0{,}2y = 110\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình trên ta tìm được: $\left\{ \begin{array}{l}x = 500\\y = 300\end{array} \right.$ ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy số sản phẩm tổ I đã làm là: $500 + 0{,}1.500 = 550$( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II đã làm là: $300 + 0{,}2.300 = 360$( sản phẩm).

Đáp án: Sau đó 16 phút có một ô tô đi từ B về A với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 15 km/h. Xe máy gặp ô tô ở một địa điểm cách B 24 km/h. Tính vận tốc của ô tô, biết rằng quãng đường AB dài 54 km/h.

Đổi 16 phút = $\frac{4}{{15}}$ giờ

Gọi vận tốc của xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B là x (km/h, x > 0)

Vận tốc của ô tô đi từ tỉnh B đến tỉnh A là $x + 15$ (km/h)

Quãng đường AB dài 54 km, xe máy gặp ô tô ở một địa điểm cách B 24 km nên quãng đường xe máy đã đi được là $54 - 24 = 30$(km). Do đó thời gian xe máy đi từ A đến nơi gặp nhau là $\frac{{30}}{x}$ (giờ)

Thời gian ô tô đi từ B đến nơi gặp nhau là $\frac{{24}}{{x + 15}}$ (giờ)

Theo bài ra, ta có phương trình: $\frac{{30}}{x} - \frac{{24}}{{x + 15}} = \frac{4}{{15}}$.

Giải phương trình và so sánh với điều kiện tìm được: $x = 45$.

Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h.

Xét phương trình bậc hai: ${x^2} + x - 2 = 0{\rm{ }}(a = 1;b = 1;c = - 2)$

Vì $\Delta = 9 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 1\\{x_1}.{x_2} = - 2\end{array} \right.$.

Vì ${x_2}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên $x_2^2 + {x_2} - 2 = 0$

Suy ra $\sqrt { - 3{x_2} + 3} = \sqrt {( - 3{x_2} + 3) + (x_2^2 + {x_2} - 2)} = \sqrt {x_2^2 - 2{x_2} + 1} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 1} \right|$

Từ hệ thức Viète suy ra ${x_1};{x_2}$ trái dấu nhau mà ${x_1} > {x_2}$ nên ${x_1} > 0;{x_2} < 0$

$3\left| {{x_1}} \right| = 3{x_1};4\left| {{x_2}} \right| = - 4{x_2};{x_2} - 1 < 0$ suy ra $\left| {{x_2} - 1} \right| = 1 - {x_2}$

$M = 3{x_1} + 4{x_2} + 1 - {x_2} = 3{x_1} + 3{x_2} + 1 = 3({x_1} + {x_2}) + 1 = 3.( - 1) + 1 = - 2.$

Theo giả thiết mỗi chiếc nón lá là một hình nón có bán kính đáy

$R = \frac{{50}}{2} = 25cm = 0{,}25m$; chiều cao $h = 30cm = 0{,}3m$

Độ dài đường sinh hình nón là $l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} = \sqrt {0,{{25}^2} + 0,{3^2}} = \frac{{\sqrt {61} }}{{20}}\left( m \right)$

Diện tích xung quanh hình nón là ${S_1} = \pi Rl = \pi 0{,}25 \cdot \frac{{\sqrt {61} }}{{20}} = \pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Tổng diện tích xung quanh của $1600$ chiếc nón lá là:$S = 1600{S_1} = 1600 \cdot \pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}} = 20\pi \sqrt {61} \,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Do đó khối lượng lá cần dùng là: $\frac{S}{{6{,}13}} = \frac{{20\pi \sqrt {61} }}{{6{,}13}} \approx 80\left( {kg} \right)$

a) Vì $BE,{\rm{ }}CF$ là hai đường cao của tam giác $ABC$ nên $BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\left( {E \in AC,\,\,F \in AB} \right)$ suy ra $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ .$

Từ đó chứng minh được bốn điểm $B,C,E,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ hay tứ giác $BCEF$ nội tiếp thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh được $\Delta AEF$ và $\Delta ABC$ đồng dạng.

Suy ra: $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}$ nên $AE.AC = AF.AB$.

b) Gọi $G$là giao điểm của $AP$ và $FE.$

Chứng minh: $\widehat {AEF} = \widehat {ABC} = \widehat {APC}$

Chứng minh: $\Delta AEG$và $\Delta APC$ đồng dạng.

Suy ra: $\widehat {AGE} = \widehat {ACP} = 90^\circ$. Do đó $AP \bot EF$ tại $G.$

Chứng minh $IF = IE = \frac{{AH}}{2} \Rightarrow \Delta IEF$ cân tại $I.$

Mà $IK$ là đường trung tuyến của $\Delta IEF$ (do $I$ là trung điểm của $EF$) nên $IK$ đồng thời là đường cao của $\Delta IEF$ suy ra $IK \bot EF$.

Lại có: $AP \bot EF$(cmt) nên $IK\,{\rm{//}}\,AP$ (đpcm)

c) Gọi $D$ là giao điểm của $AH$và $BC.$

Chứng minh $H$ là trực tâm của $\Delta ABC,$ suy ra $AH \bot BC$ tại $D$

Chứng minh tứ giác $BHCP$ là hình bình hành. Suy ra 3 điểm $H,M,P$ thẳng hàng.

Mà 3 điểm $H,M,N$ thẳng hàng ( gt) nên 4 điểm $H,M,N,P$ thẳng hàng.

Từ đó chứng minh được $\widehat {ANM} = \widehat {ANP} = 90^\circ$ (do $\widehat {ANP} = 90^\circ$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Chứng minh tứ giác $ANDM$nội tiếp đường tròn đường kính $AM.$

Suy ra: $\widehat {NAD} = \widehat {NMD}$( hai góc nội tiếp cùng chắn hay $\widehat {HMB} = \widehat {NAH}.$

Gọi $x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$ là vận tốc của tàu, $x > 0$.

Thời gian tàu chạy quãng đường $1{\rm{ km}}$ là $\frac{1}{x}$ (giờ).

Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: $\frac{1}{x} \cdot 360 = \frac{{360}}{x}$ (nghìn đồng).

Chi phí cho phần thứ hai là $T = k{x^2}$ (nghìn đồng/giờ) với $k \ne 0$.

Mà khi $x = 10$ thì $T = 160$ nên $160 = k \cdot {10^2}$ suy ra $k = 1{,}6$.

Vậy $T = 1{,}6{x^2}$ (nghìn đồng/ giờ).

Vậy tổng chi phí vận hành trên $1{\rm{ km}}$ là $\frac{{360}}{x} + 1{,}6{x^2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{{360}}{x} + 1{,}6x$ (nghìn đồng)

Ta có $\frac{{360}}{x} + 1{,}6x \ge 2\sqrt {\frac{{360}}{x} \cdot 1{,}6x} = 48$.

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{{360}}{x} = 1{,}6x$ hay $x = 15$( thỏa mãn).

Vậy tốc độ của tàu bằng $15{\rm{\;km/h}}$ thì chi phí vận hành là thấp nhất.