Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Phường Thanh Xuân (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

a) Số học sinh dành thời gian tự học mỗi ngày từ $60$phút đến dưới $180$phút là: $25 + 20 + 10 + 5 = 60$(học sinh).

b) Tần số tương đối của nhóm $\left[ {90;120} \right)$ là $\frac{{20}}{{80}}.100\% = 25\%$.

Không gian mẫu của phép thử có $12$ phần tử. Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng

Có $6$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,6\,;\,\,12$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $\frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}$.

1) Thay $x = 4$ (TMĐK) vào biểu thức $A$ ta được $A = \frac{{\sqrt 4 + 5}}{{\sqrt 4 - 1}} = 7$.

Vậy$A = 7$ khi $x = 4$.

2) $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$ với $x > 0,x \ne 1$.

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

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

3) Ta có $P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x - 1}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 1}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 1}}.$

Vì $x$ là số nguyên tố nên:

$$x \ge 2$$

$$\sqrt x \ge \sqrt 2$$

$$\sqrt x + 1 \ge \sqrt 2 + 1$$

$$\frac{4}{{\sqrt x + 1}} \le \frac{4}{{\sqrt 2 + 1}}$$

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

$$1 + \frac{4}{{\sqrt x + 1}} \le 4\sqrt 2 - 3$$

$$P \le 4\sqrt 2 - 3$$

Dấu “=” xảy ra khi $x = 2$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ là $4\sqrt 2 - 3$ khi $x = 2$.

Gọi giá niêm yết của chuột không dây và tai nghe Bluetooth lần lượt là $x,y$ (nghìn đồng) $\left( {0 < x < 800{,}0 < y < 800} \right).$

Tổng tiền mua hai sản phẩm là $800$ nghìn đồng nên ta có phương trình $x + y = 800$ (1)

Giá chuột không dây sau khi giảm $15\%$ là $x - 15\% x = 85\% x = 0{,}85x$ (nghìn đồng)

Giá tai nghe Bluetooth sau khi giảm $20\%$ là $y - 20\% = 80\% y = 0{,}8y$ (nghìn đồng)

Tổng số tiền mua hai sản phẩm sau khi giảm là $665$ nghìn đồng nên ta có phương trình $0{,}85x + 0{,}8y = 665$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0{,}85x + 0{,}8y = 665\end{array} \right.$

Từ (1) ta có $y = 800 - x$

Thay $y = 800 - x$ vào (2) ta được

$0{,}85x + 0{,}8\left( {800 - x} \right) = 665$

$0{,}05x = 25$

$x = 500$ (tmđk)

Do đó $y = 800 - 500 = 300$ (tmđk)

Vậy giá niêm yết của chuột không dây là $500$ nghìn đồng, giá niêm yết của tai nghe Bluetooth là $300$ nghìn đồng.

Gọi vận tốc dự định của xe tải là $x$ (km/h) ($x > 0$).

Thời gian dự định của xe tải là $\frac{{600}}{x}$ (h)

Vận tốc thực tế của xe tải là $x + 20$ (km/h)

Thời gian thực tế của xe tải là $\frac{{840}}{{x + 20}}$ (h)

Vì thực tế xe tải dừng nghỉ $1$ giờ và vẫn giao hàng đúng hạn nên ta có phương trình $\frac{{600}}{x} = \frac{{840}}{{x + 20}} + 1$

$600\left( {x + 20} \right) = 840x + x\left( {x + 20} \right)$

$600x + 12000 = 840x + {x^2} + 20x$

${x^2} + 260x - 12000 = 0$

$\Delta ' = {130^2} - 1.\left( { - 12000} \right) = 28900 > 0$ nên $\sqrt \Delta = 170$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = \frac{{ - 130 + 170}}{2} = 20$ (tmđk); ${x_2} = \frac{{ - 130 - 170}}{2} = - 150$ (ktm)

Vậy vận tốc dự định của xe tải là $20$ km/h.

Phương trình ${x^2} - mx - {m^2} = 0$ (1) (ẩn $x$, tham số $m$)

Ta có $\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - {m^2}} \right) = 5{m^2}$

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0$ hay $5{m^2} > 0$. Do đó $m \ne 0$

Theo hệ thức Viète ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = - {m^2}\left( 3 \right)\end{array} \right.$

Ta có ${x_1}^2 - {x_2}^2 + {x_1}{x_2} = 2m$

$\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 2m$

$m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) + {m^2} = 2m$

$m\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 2m - {m^2}$

Do $m \ne 0$ nên ${x_1} - {x_2} = 2 - m$$\left( 4 \right)$

Từ $\left( 2 \right)$ và $\left( 4 \right)$ suy ra ${x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1$; ${x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m$

Thay ${x_1} = \frac{{m + 2 - m}}{2} = 1$; ${x_2} = \frac{{m - 2 + m}}{2} = m$ vào $\left( 3 \right)$ ta được

$m = - {m^2}$

$m\left( {m + 1} \right) = 0$

$m = - 1$ (tmđk) hoặc $m = 0$ (ktm)

Vậy $A = \sqrt {{m^2} - m} = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 1} \right)} = \sqrt 2$.

Diện tích kính cần sử dụng để làm chiếc bể cá là:

$S = \left( {50 + 40} \right).2.45 + 50.40 =$$10\,\,100$ (cm2)

Lượng nước dâng lên chính bẳng thể tích của khối đá thả vào bể, vậy thể tích phần nước dâng lên của bể cá là: $V = {20^3} = 8000$ (cm3)

Độ cao phần mực nước dâng lên là: $h = \frac{{8000}}{{50.40}} = 4$ (cm)

Vậy mực nước trong bể cá sau khi thả khối đá là: $30 + 4 = 34$ (cm)

a) Chứng minh bốn điểm $I,H,M,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vì $CH \bot AO$; $IM \bot CO$ (gt) nên $\widehat {IHC} = \widehat {IMC} = 90^\circ$

Vì $\Delta IHC$ vuông tại $H$ nên ba điểm $I,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

Vì $\Delta IMC$ vuông tại $M$ nên ba điểm $I,M,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

Do đó bốn điểm $I,H,M,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

b) Chứng minh $OH.OA = O{C^2}$ và $HZ$ là tia phân giác của $\widehat {EHD}$

Xét $\Delta OHC$ và $\Delta OCA$ có: $\widehat {AOC}$ chung; $\widehat {OHC} = \widehat {OCA} = 90^\circ$

Do đó $ΔOHC∽ΔOCA$ (g-g) suy ra $\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}$ hay $O{C^2} = OH.OA$ (đpcm)

Xét $\Delta ACO$ và $\Delta AHC\,$ có $\widehat {ACO} = \widehat {AHC} = 90^\circ$ và $\widehat {CAO}$ chung

Do đó $ΔACO∽ΔAHC$ (g.g), suy ra $\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AC}}$ hay $A{C^2} = AH.AO$ (1)

Xét $\Delta ACE$ và $\Delta ADC$ có $\widehat {AEC} = \widehat {ACD} = 90^\circ$và $\widehat {CAD}$ chung

Do đó $ΔACE∽ΔADC$ (g.g) suy ra $\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ hay $A{C^2} = AE.AD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH.AO = AE.AD$ hay $\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}$

Xét $\Delta AHE$ và $\Delta ADO$ có: $\widehat {OAD}$ chung; $\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}$

Do đó $ΔAHE∽ΔADO$ (c.g.c) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {ODA}$ (3)

Vì $OC = OD = R$ nên $OH.OA = O{D^2}$$\Rightarrow \frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}$

Xét $\Delta OHD$ và $\Delta ODA$, ta có: $\frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}$ và $\widehat {AOD}$ chung

Do đó $ΔOHD∽ΔODA$, suy ra $\widehat {OHD} = \widehat {ODA}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {OHD}$

Vì $CZ \bot AO$ nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OHD} + \widehat {DHZ} = 90^\circ \\\widehat {AHE} + \widehat {EHZ} = 90^\circ \end{array} \right.$ mà $\widehat {AHE} = \widehat {OHD}$ nên $\widehat {EHZ} = \widehat {DHZ}$

suy ra$HZ$ là tia phân giác của $\widehat {EHD}$ (đpcm)

c) Chứng minh ba điểm $O,T,B$ thẳng hàng.

Ta có: $\widehat {CIM} + \widehat {ICM} = 90^\circ$ ($\Delta ICM$ vuông tại $M$); $\widehat {CDE} + \widehat {ICM} = 90^\circ$($\Delta ECD$ vuông tại $E$)

Do đó: $\widehat {CIM} = \widehat {CDE}$ hay $\widehat {CIM} = \widehat {CDA}$

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta CMI$ có: $\widehat {ACD} = \widehat {CMI} = 90^\circ$ và $\widehat {CIM} = \widehat {CDA}$

Do đó: $ΔACD∽ΔCMI$ (g.g), suy ra $\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CD}}{{MI}}$ (5)

Ta có: $\widehat {AOC} + \widehat {HCO} = 90^\circ$ và $\widehat {CTM} + \widehat {HCO} = 90^\circ$ nên $\widehat {AOC} = \widehat {CTM}$

Xét $\Delta ACO$ và $\Delta CMT$ có: $\widehat {ACO} = \widehat {CMT} = 90^\circ$; $\widehat {AOC} = \widehat {CTM}$ (cmt)

Do đó $ΔACO\ ∽\ ΔCMT$ (g.g), suy ra $\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CO}}{{MT}}$ (6)

Từ (5), (6) suy ra $\frac{{CD}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{MT}}$ hay $\frac{{MT}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{CD}}$,mà $CD = 2CO$ nên $MI = 2MT$, khi đó $T$ là trung điểm của $IM$

* Gọi $T'$ là giao điểm của $OB$ và $IM$

Ta có: $IM \bot CD;AC \bot CD$ nên $IM{\rm{//}}AC$ hay $T'M{\rm{//}}BC;T'I{\rm{//}}AB$

Gọi $T'$ là giao điểm của $OB$ và $IM$

Do $T'M{\rm{//}}BC$nên theo định lí Thalès, ta có: $\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{OT'}}{{OB}}$

Do $T'I{\rm{//}}AB$ nên theo định lí Thalès, ta có: $\frac{{OT'}}{{OB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}$

Do đó $\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}$, mà $CB = BA$ ($B$ là trung điểm của $AC$)

Suy ra $MT' = IT'$ hay $T'$là trụng điểm của $IM$

Vì $T$ và $T'$ cùng là trung điểm của $IM$ nên $T' \equiv T$.

Vì $O,T',B$ thẳng hàng nên $O,T,B$ thẳng hàng.

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H$ và cắt $MN$ tại $K$

Vì ${S_{ABC}} = 150\,\,\left( {{m^2}} \right)$ nên $\frac{{AH.BC}}{2} = 150 \Rightarrow AH = \frac{{2.150}}{{BC}} = \frac{{2.150}}{{20}} = 15\left( m \right)$

Gọi $MN = x,\,HK = y$ với $x,y > 0;y < 15$.

Vì $MNPQ$ là hình bình hành nên $MN{\rm{//}}BC$

Tương tự chứng minh

Suy ra $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}$ hay$\frac{x}{{20}} = \frac{{15 - y}}{{15}} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)$

Ta có : ${S_{MNPQ}} = HK.QP = HK.MN = xy = \frac{4}{3}\left( {15 - y} \right)y$

Hay ${S_{MNPQ}} = \frac{4}{3}y\left( {15 - y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 60y} \right) = \frac{{ - 1}}{3}\left( {4{y^2} - 2.2y.15 + 225 - 225} \right)$

${S_{MNPQ}} = \frac{{ - 1}}{3}\left[ {{{\left( {2y - 15} \right)}^2} - 225} \right] = \frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75$

Vì $\frac{{ - 1}}{3}{\left( {2y - 15} \right)^2} + 75 \le 75$nên ${S_{MNPQ}} \le 75$

Dấu bằng xảy ra khi ${\left( {2y - 15} \right)^2} = 0 \Rightarrow y = \frac{{15}}{2} \Rightarrow x = \frac{4}{3}\left( {15 - \frac{{15}}{2}} \right) = 10$

Suy ra $MN = \frac{1}{2}BC$ mà $MN\,{\rm{//}}\,BC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$.

Suy ra điểm $M$là trung điểm của $AB$.

Vậy diện tích sân chơi hình bình hành lớn nhất có thể đạt được là $75{m^2}$.