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

Tần số tương đối của giá trị $38$ là $\frac{{30}}{{120}}.100\% = 25\%$

Không gian mẫu $\Omega = \left\{ {{\rm{ }}1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}...;{\rm{ }}29;{\rm{ }}30} \right\}$

Không gian mẫu có $30$ phần tử

Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng

Các kết quả thuận lợi cho biến cố "Số xuất hiện trên thẻ là số chia cho cả 2; 3; 4 đều dư 1" là : thẻ ghi số $1$; thẻ ghi số $13$; thẻ ghi số $25$

Như vậy có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố

Xác suất của biến cố trên là $\frac{3}{{30}} = \frac{1}{{10}}$.

1) Thay $x = 144$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $P$ ta được:

$P = \frac{{\sqrt {144} }}{{\sqrt {144} + 1}} = \frac{{12}}{{12 + 1}} = \frac{{12}}{{13}}$. Vậy $x = 144$ thì $P = \frac{{12}}{{13}}$.

2) Ta có:

$P + Q = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{1 - x}}$

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

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

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

$P + Q = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$ (điều phải chứng minh)

Vậy $P + Q = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}$ với $x \ge 0;x \ne 1$.

3) Ta có: $P + Q = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}} = 2 + \frac{5}{{x - 1}}$

Vì $x \in {\mathbb{N}^*}$ nên $2x + 3 > 0$. Do đó $P + Q > 0$ khi $x > 1$ và $P + Q < 0$ khi $0 \le x < 1$.

Để $P + Q$ đạt giá trị lớn nhất thì $P + Q > 0$ và $\frac{5}{{x - 1}}$ đạt giá trị lớn nhất.

Suy ra $x > 1$ và $\left( {x - 1} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất, mà $x \in {\mathbb{N}^*}$ nên $x = 2$ (thỏa mãn điều kiện).

Khi đó $\max \left( {P + Q} \right) = \frac{{2.2 + 3}}{{2 - 1}} = 7$

Vậy $\max \left( {P + Q} \right) = 7$ khi $x = 2$.

Gọi số gam đậu nành và thịt gà cần sử dụng lần lượt là $x$ và $y$ (gam) $\left( {x,y > 0} \right)$

Số đơn vị protein có trong $x$ gam đậu nành là $80x:100 = 0{,}8x$ (đơn vị protein)

Số đơn vị protein có trong $y$ gam thịt gà là $60y:100 = 0{,}6y$ (đơn vị protein)

Do gia đình cần đảm bảo mỗi ngày có đủ $900$ đơn vị protein nên ta có phương trình:

$0{,}8x + 0{,}6y = 900$ (1)

Số đơn vị lipit có trong $x$ gam đậu nành là $20x:100 = 0{,}2x$ (đơn vị lipit)

Số đơn vị lipit có trong $y$ gam thịt gà là $40y:100 = 0{,}4y$ (đơn vị lipit)

Do gia đình cần đảm bảo mỗi ngày có đủ $400$ đơn vị lipit nên ta có phương trình:

$0{,}2x + 0{,}4y = 400$ (2)

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 4 ta có $0{,}8x + 1{,}6y = 1600$ (3)

Trừ từng vế của phương trình (1) và (3) ta có: $x = 700$(TM)

Thay $x = 700$vào (1), ta được: $0{,}8x + 0{,}6.700 = 900$

$$0{,}8x = 480$$

$x = 600$ (TM)

Vậy số gam đậu nành và thịt gà cần sử dụng lần lượt là $600$ gam và $400$ gam.

Do phương trình có nghiệm nên theo định lí Viete ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.$

Mà phương trình có một nghiệm là $x = 1 - \sqrt 2$ nên nghiệm còn lại là $\frac{{ - 1}}{{1 - \sqrt 2 }} = 1 + \sqrt 2$.

Bình phương của hiệu hai nghiệm là: ${\left[ {\left( {1 - \sqrt 2 } \right) - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)} \right]^2} = {\left( { - 2\sqrt 2 } \right)^2} = 8$.

a) Diện tích xung quanh của giá đỡ hình nón là $\pi rl = \pi .8.17 = 136\pi \approx 427{,}3$ (cm2)

Thể tích của quả cầu xốp là $\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {5^3} = \frac{{500}}{3}\pi \approx 523{,}6$ (cm3)

Kết luận.

b) Chiều cao của giá đỡ hình nón là $\sqrt {{{17}^2} - {8^2}} = 15$ (cm)

Thể tích giá đỡ hình nón là $\frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {8^2}.15 = 320\pi$ (cm3)

Thể tích dung dịch là $320\pi - \frac{{500}}{3}\pi = \frac{{460}}{3}\pi$ (cm3)

Kết luận.

a. Vì $MA$ và $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OA \bot MA$ tại $A$ và $OB \bot MB$ tại $B$. Do đó tam giác $OMA$ vuông tại $A$ và tam giác $OMB$ vuông tại $B$.

Vì tam giác $OMA$ vuông tại $A$ nên ba điểm $O,A,M$ thuộc đường tròn đường kính $OM$$\left( 1 \right)$

Vì tam giác $OMB$ vuông tại $B$ nên ba điểm $O,B,M$ thuộc đường tròn đường kính $OM$$\left( 2 \right)$

Xét tam giác $OCD$ có $OC = OD$ nên tam giác $OCD$ cân tại $O$

Lại có $OI$ là đường trung tuyến (với $I$ là trung điểm $CD$) nên $OI$ đồng thời là đường cao hay $OI \bot CD$ tại $I$. Do đó tam giác $MOI$ vuông tại $I$.

Vì tam giác $MOI$ vuông tại $I$ nên ba điểm $O,I,M$ thuộc đường tròn đường kính $OM$$\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ suy ra 5 điểm $A,B,I,O,M$ cùng thuộc một đường tròn.

b. Xét đường tròn $\left( O \right)$. Vì $MA$ và $MB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$ nên $OM$ là tia phân giác của $\widehat {AOB}$. Hay $\widehat {MOA} = \widehat {MOB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}$ $\left( 4 \right)$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ :

$\widehat {AOB} =$sđ (góc ở tâm), $\widehat {AHB} = \frac{1}{2}$sđ (góc nội tiếp chắn cung $BC$)

Do đó $\widehat {AHB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}$ $\left( 5 \right)$

Từ $\left( 4 \right)$ và $\left( 5 \right)$ suy ra $\widehat {AHB} = \widehat {MOA}$

Xét đường tròn tâm $K$ đường kính $OM$ có $\widehat {MOB} = \widehat {MIB}$ (cùng chắn cung $MB$)

Mà $\widehat {MOB} = \widehat {MOA}$ và $\widehat {AHB} = \widehat {MOA}$ suy ra $\widehat {AHB} = \widehat {MIB}$

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $AH\parallel CD$.

c.

Vì $AH\parallel CD$ nên diện tích tam giác $MHD$ cũng chính là diện tích tam giác $MAD$

Kẻ $DK$ vuông góc với $MA$. Khi đó diện tích tam giác $MAD$ là: $\frac{1}{2} \cdot DK \cdot AM$

Vì $MA$ cố định nên diện tích tam giác $MAD$ lớn nhất khi $DK$ lớn nhất. Vì tam giác $ADK$ vuông tại $K$ nên $DK \le DA$. Mà $DA$ là một dây cung của đường tròn $\left( O \right)$, do đó $DA$ lớn nhất khi $DA$ là đường kính. Khi đó $C$ là giao điểm thứ hai của $MD$ và đường tròn $\left( O \right)$.

Ta có: $P = \frac{1}{{5xy}} + \frac{5}{{x + 2y + 5}}$

$5P = \frac{1}{{xy}} + \frac{{25}}{{x + 2y + 5}} = \frac{{{1^2}}}{{xy}} + \frac{{{5^2}}}{{x + 2y + 5}}$.

Áp dụng BĐT $\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b} \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}$ ta được

$$5P \ge \frac{{{{\left( {1 + 5} \right)}^2}}}{{xy + x + 2y + 5}} = \frac{{36}}{{\left( {x + 2} \right).\left( {y + 1} \right) + 3}}$$

Ta lại có: $\left( {x + 2} \right).\left( {y + 1} \right) \le \frac{{{{\left( {x + 2 + y + 1} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{6^2}}}{4} = 9$

$$\Rightarrow \left( {x + 2} \right).\left( {y + 1} \right) + 3 \le 12$$

$$\Rightarrow \frac{{36}}{{\left( {x + 2} \right).\left( {y + 1} \right) + 3}} \ge \frac{{36}}{{12}} = 3$$

$$\Rightarrow P \ge \frac{5}{3}$$

Dấu xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\\x + 2 = y + 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.$

Vậy GTLN $P = \frac{5}{3}$ khi $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.$