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

Dựa vào bảng số liệu, nhóm có lượng điện tiêu thụ $[100;150)$ (từ 100 đến dưới 150) có số hộ gia đình tương ứng là 70.

Vậy: Tần số của nhóm này là 70.

Xác định tần số tương đối (${f_i}$):

Tổng số hộ gia đình ($N$) đã cho trong đề bài là: 200.

Khi đó ${f_i} = \frac{{70}}{{200}} \cdot 100\% = 0{,}35 \cdot 100\% = 35\%$.

Vậy tần số tương đối của nhóm này là 35%.

2. Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là:

$\Omega = \left\{ {11;\,\,13;\,\,15;\,\,...;\,\,97;\,\,99} \right\}$

Số phần tử của tập hợp $\Omega$ là: $\frac{{99 - 11}}{2} + 1 = 45$ (phần tử)

Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của $1$ số tự nhiên” là:$\left\{ {25;\,\,49;\,\,81} \right\}$. Biến cố này gồm $3$ phần tử.

Xác suất của biến cố A là: $3:45 = \frac{1}{{15}}$

a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 25$

Thay $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A:

$A = \frac{{\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} + 1}} = \frac{{5 - 1}}{{5 + 1}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Vậy khi $x = 25$ thì $A = \frac{2}{3}$.

b) Rút gọn B

$B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x - 1}} + \frac{4}{{(\sqrt x 1)(\sqrt x + 1)}}$

$B = \frac{{(\sqrt x + 3)(\sqrt x - 1) + 5(\sqrt x + 1) + 4}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}$

$B = \frac{{x - \sqrt x + 3\sqrt x - 3 + 5\sqrt x + 5 + 4}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}}$

$B = \frac{{x + 7\sqrt x + 6}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} = \frac{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x + 6)}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}$.

c) Tìm các giá trị của x để biểu thức $Q = A.B$ nhận giá trị nguyên nhỏ nhất.

$Q = A.B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} \cdot \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{(\sqrt x + 1) + 5}}{{\sqrt x + 1}} = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 1}}$

Vì $\sqrt x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 \ge 1 \Rightarrow 0 < \frac{5}{{\sqrt x + 1}} \le 5$.

Do đó $1 < Q \le 6$.

Để $Q$ nhận giá trị nguyên nhỏ nhất, ta chọn $Q = 2$ (vì $Q$ phải nguyên và $Q > 1$).

$1 + \frac{5}{{\sqrt x + 1}} = 2 \Rightarrow \frac{5}{{\sqrt x + 1}} = 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 5 \Rightarrow \sqrt x = 4 \Rightarrow x = 16$

(Thỏa mãn điều kiện $x \ge 0,x \ne 1$).

Vậy $x = 16$ thì $Q$ đạt giá trị nguyên nhỏ nhất là 2.

Gọi x, y lần lượt là số lượng thịt bò và thịt heo cần dùng (đơn vị: 100g, $x,y > 0$).

Theo đề bài, ta có

Do 100 g thịt bò chứa khoảng 26 gam protein và 11 gam lipid; 100 g thịt heo chứa khoảng 18 gam protein và 15 gam lipid nên

Số gam protein trong thịt bò và thịt lợn là $26x + 18y$(gam)

Số gam lipit trong thịt bò và thịt lợn là $11x + 15y$(gam)

Do mỗi gia đình có 4 thành viên cần 282 gam protein và 171 gam lipid trong thức ăn hằng ngày nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{26x + 18y = 282}\\{11x + 15y = 171}\end{array}} \right.$

Nhân phương trình đầu với 5, phương trình sau với 6: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{130x + 90y = 1410}\\{66x + 90y = 1026}\end{array}} \right.$

Trừ hai vế: $64x = 384 \Rightarrow x = 6$

Thay vào: $11(6) + 15y = 171 \Rightarrow 15y = 105 \Rightarrow y = 7$

Vậy cần 600g thịt bò và 700g thịt heo.

Gọi lãi suất năm đầu là $r$ ($r > 0$). Lãi suất năm thứ hai là $r + 0{,}5r = 1{,}5r$.

Số tiền sau năm thứ nhất: $20000000(1 + r)$.

Số tiền sau năm thứ hai: $20000000(1 + r)(1 + 1{,}5r)$

Do sau 2 năm bác Lan phải trả là 22 575 000 đồng nên:

$20000000(1 + r)(1 + 1{,}5r) = 22575000$.

$(1 + r)(1 + 1{,}5r) = 1{,}12875$

$1{,}5{r^2} + 2{,}5r - 0{,}12875 = 0$

Giải phương trình bậc hai, ta được $r = 0{,}05$ (nhận) hoặc $r = \frac{{ - 103}}{{60}}$ (loại).

Vậy lãi suất năm đầu là 5%.

Cho phương trình ${x^2} - 9x + 11 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 9}\\{{x_1}{x_2} = 11}\end{array}} \right.$

Do ${x_2}$ là nghiệm của phương trình nên:

$${x_2}^2 - 9{x_2} + 11 = 0$$

$${x_2}^2 - 8{x_2} + 16 = {x_2} + 5$$

$${\left( {{x_2} - 4} \right)^2} = {x_2} + 5$$

$$\left| {{x_2} - 4} \right| = \sqrt {{x_2} + 5}$$

Do ${x_1} + {x_2} = 9$ mà ${x_2} > {x_1}$ nên ${x_2} + {x_2} > 9$ hay ${x_2} > 4{,}5 > 4$

Nên $\sqrt {{x_2} + 5} = {x_2} - 4$

Khi đó: $M = {x_1} + \sqrt {{x_2} + 5} = {x_1} + {x_2} - 4 = 9 - 4 = 5$
Vậy $M = 5$

a) Diện tích xung quanh của cốc là:

${S_{xq}} = 2\pi Rh \approx 2.3{,}14.\left( {\frac{8}{2}} \right).25 = 628(c{m^2})$

b) Thể tích của một viên bi là:

$V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}(c{m^3})$

Thể tích phần cốc không chứa nước là:

$V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{8}{2}} \right)^2}.(25 - 22) = 48\pi (c{m^3})$

Cần số viên bi để nước đầy bể là: $\left( {48\pi } \right):\left( {\frac{{32\pi }}{3}} \right) = 4{,}5$ (viên)

Vậy số viên bi ít nhất thả vào cốc để nước tràn ra ngoài là $5$ viên bi.

a) Chứng minh tứ giác $ABOH$ nội tiếp.

Xét $(O)$ có $AB$ là tiếp tuyến tại $B$ (gt) nên $AB \bot BO \Rightarrow \widehat {ABO} = {90^0}$

Xét $\Delta ODE$ cân tại $O$ (do $OD = OE = R$), có $OH$ là đường trung tuyến (do $H$ là trung điểm của $DE$)

Suy ra $OH$ cũng là đường cao

Suy ra $\widehat {OHD} = \widehat {OHE} = {90^0}$ $\Rightarrow \widehat {OHA} = {90^0}$

Xét $\Delta ABO$ có $\widehat {ABO} = {90^0}$ nên $\Delta ABO$ nội tiếp đường tròn đường kính $AO$

Suy ra ba điểm $A,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$ (1)

Xét $\Delta AHO$ có $\widehat {AHO} = {90^0}$ nên $\Delta AHO$ nội tiếp đường tròn đường kính $AO$

Suy ra ba điểm $A,H,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm $A,B,H,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AO$.

Suy ra tứ giác $ABOH$ nội tiếp. (đpcm)

b) Chứng minh $HK//DC$

Tứ giác $ABOH$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {OAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà $EK//OA \Rightarrow \widehat {HEK} = \widehat {OAH}$ (hai góc so le trong)

Suy ra $\widehat {OBH} = \widehat {HEK}$

Gọi $T$ là hình chiếu của $H$ lên $KE$.

$KE$ cắt $\left( {BHK} \right)$ tại $E\prime$.

Ta có: $\widehat {HE\prime K} = \widehat {HBK} = \widehat {HEK}$

$\Rightarrow 90^\circ - \widehat {HE\prime K} = 90^\circ - \widehat {HEK}$

$\Rightarrow \widehat{TH{E}^{'}}=\widehat{THE}$

Từ đó suy ra $HE\equiv HE\Rightarrow {E}^{'}\in HE$

Nên E' là giao điểm của $HE$và $KE$ suy ra $E\equiv {E}^{'}$

Suy ra $E$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHK$

Suy ra tứ giác $BEKH$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {BKH} = \widehat {BEH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà $\widehat {BEH} = \widehat {BCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của (O))

Suy ra $\widehat {BKH} = \widehat {BCD}$

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

Suy ra $HK//DC$ (đpcm).

c) $CD$ cắt $AO$ tại $P$, $EO$ cắt $BP$ tại $F$. Chứng minh $\Delta EHB$ đồng dạng với $\Delta COP$ và $F$ thuộc đường tròn $(O)$.

 Có $\widehat {BEH} = \widehat {BCD}$ (CMT) suy ra $\widehat {BEH} = \widehat {OCP}$

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BEKH$

$\widehat {BHE} = \widehat {BKE}$(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE$)

Mà $\widehat {BKE} = \widehat {COP}$ (hai góc so le trong, $EK//OA$)

Suy ra $\widehat {BHE} = \widehat {COP}$

Xét $\Delta EHB$ và $\Delta COP$ có

$\widehat {BHE} = \widehat {COP}$ (CMT)

$\widehat {BEH} = \widehat {OCP}$ (CMT)

Suy ra $ΔEHB∽ΔCOP$ (g.g) (đpcm).

 Vì $ΔEHB∽ΔCOP$ (CMT) $\Rightarrow \frac{{EH}}{{EB}} = \frac{{CO}}{{CP}}$ và $\widehat {HEB} = \widehat {OCP}$ hay $\widehat {DEB} = \widehat {BCP}$

Mà $ED = 2EH,CB = 2CO$ (do $H$ là trung điểm của $DE$, $O$ là trung điểm của $BC$)

Suy ra $\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}$

Xét $\Delta EDB$ Và $\Delta CBP$ có $\widehat {DEB} = \widehat {BCP}$ (CMT) và $\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}$

Suy ra $ΔEDB∽ΔCBP$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {EDB} = \widehat {CBP}$

Mà $\widehat {EDB} = \widehat {ECB}$ (CMT)

Suy ra $\widehat {CBP} = \widehat {ECB}$. Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra $BP//EC$

Gọi giao điểm của $BP$ và $(O)$ là $F'$.

Ta có: $\widehat {BEC} = {90^0};\widehat {ECF'} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà $BP//EC$

Suy ra $\widehat {BEC} + \widehat {EBF'} = {180^0}$ (hai góc trong cùng phía)

Suy ra $\widehat {EBF'} = {90^0}$

Xét tứ giác $BECF'$ có $\widehat {BEC} = \widehat {ECF'} = \widehat {EBF'} = {90^0}$

Suy ra tứ giác $BECF'$ là hình chữ nhật.

Mà $O$ là trung điểm của $BC$

Suy ra $BC$ cắt $EF'$ tại $O$

Suy ra $EO$ cắt $BP$ tại $F'$

Mà $EO$ cắt $BP$ tại $F$ (gt)

Suy ra $F \equiv F'$. Mà $F' \in (O)$

Suy ra $F \in (O)$ (đpcm).

Gọi độ dài đoạn thẳng $BF$ là $x{\rm{ }}\left( {cm} \right){\rm{ }}\left( {1 < x < 3} \right)$

Độ dài đoạn thẳng $BD$ là $x{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Độ dài đoạn thẳng $CD$ là $6 - x{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Diện tích hình quạt $BFD$ là ${S_1} = \frac{1}{6}\pi {x^2}\left( {c{m^2}} \right)$

Diện tích hình quạt $CED$ là ${S_2} = \frac{1}{{12}}\pi {\left( {6 - x} \right)^2}\left( {c{m^2}} \right)$

Vì diện tích tam giác $ABC$ không đổi nên để diện tích phần tô đậm lớn nhất thì $S = {S_1} + {S_2}$ phải đạt giá trị nhỏ nhất.

$\begin{array}{l}S = \frac{1}{{12}}\pi \left[ {2{x^2} + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} \right]\\S = \frac{1}{4}\pi \left( {{x^2} - 4x + 12} \right)\\S = \frac{1}{4}\pi \left[ {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \right] \ge 2\pi \end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = 2$

Vậy $F$ thuộc $AB$ sao cho $BF = 2cm$ thì diện tích phần tô đậm là lớn nhất.