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

a) Tìm tần số tương đối của nhóm $[5;7{,}5)$.

Tổng số học sinh: $N = 40$

Tần số của nhóm $[5;7{,}5)$ là: 22

Tần số tương đối của nhóm $[5;7{,}5)$ là: $\frac{{22}}{{40}}.100\% = 55\%$.

b) Tỉ lệ học sinh có điểm trên trung bình so với học sinh cả lớp.

Số học sinh đạt trên trung bình là: $22 + 15 = 37$ ( học sinh).

Tỉ lệ phần trăm so với cả lớp là: $\frac{{37}}{{40}}.100\% = 92{,}5\%$.

Một hộp chứa $3$ quả bóng đỏ và $2$ quả bóng xanh. Mỗi quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau Lấy ngẫu nhiên $2$ quả bóng trong hộp.

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.

Gọi 3 quả bóng đỏ là: D1 ; D2 ; D3 và 2 quả bóng xanh là: X1 ; X2

Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cặp 2 quả bóng có thể lấy ra từ hộp 5 quả.

$$\Omega = \{ ({D_1},{{\rm{D}}_2});({D_1},{{\rm{D}}_3});({D_1},{X_1});({D_1},{X_2});({D_2},{{\rm{D}}_3});({{\rm{D}}_2},{X_1});({{\rm{D}}_2},{X_2});({{\rm{D}}_3},{X_1});({{\rm{D}}_3},{X_2});({X_1},{X_2})\} .$$

Số phần tử của không gian mẫu là: ${n_{\left( \Omega \right)}} = 10$

b) Tính xác suất của biến cố “hai quả bóng lấy ra cùng màu đỏ”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố: $({D_1},{{\rm{D}}_2});({D_1},{{\rm{D}}_3});({D_2},{{\rm{D}}_3})$

Số kết quả thuận lợi: 3

Xác suất của biến cố: “hai quả bóng lấy ra cùng màu đỏ” là: $\frac{3}{{10}}$

1) Với$x = 25$(thỏa mãn) ta có : $A = \frac{{\sqrt {25} + 3}}{{\sqrt {25} + 1}} = \frac{{5 + 3}}{{5 + 1}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$

2) $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{3\sqrt x }}{{x + \sqrt x - 2}}$

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

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

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

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

3) $P = A.B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 2}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} > 1$

Do $P > 1$ nên $P > \sqrt P$

Gọi giá niêm yết mỗi km là $x$ (đồng) $\left( {x > 0} \right)$

Số tiền trong $150\,\,{\rm{km}}$ đầu tiên là $150x$(đồng)

Số tiền trong $80km$ tiếp theo là $80x.90\% = 72x$(đồng)

Số tiền bác An phải trả là $2\,\,664\,\,000$ đồng nên ta có phương trình

$150x + 72x = 2\,\,664\,\,000$

$222x = 2\,\,664\,\,000$

$x = 12\,\,000$

Vậy giá niêm yết một km ban đầu là $12\,\,000$ đồng.

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau $7m$. Tính độ dài hai cạnh góc vuông biết cạnh huyền có độ dài $13m$.

Gọi một cạnh góc vuông là $x$ (m) $\left( {x > 0} \right)$, cạnh góc vuông còn lại là $x + 7$ (m)

Áp dụng định lí Pythagore ta có: ${x^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = {13^2}$

${x^2} + {x^2} + 14x + 49 = 169$

$2{x^2} + 14x - 120 = 0$

$\left[ \begin{array}{l}x = 5\left( {TM} \right)\\x = - 12\left( {KTM} \right)\end{array} \right.$

Vậy một cạnh góc vuông là $5m$ và một cạnh là $12m$.

a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$.

Ta có: $\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4\left( {2m - 1} \right) = 9 - 8m + 4 = 13 - 8m$

Để phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thì $\Delta \ge 0 \Rightarrow 13 - 8m \ge 0 \Rightarrow m \le \frac{{13}}{8}$.

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $\sqrt {{x_1}} = 2\sqrt {{x_2}}$

Phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $\sqrt {{x_1}} = 2\sqrt {{x_2}}$ cần điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}\Delta \ge 0\\{x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0\end{array} \right.$

Phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn${x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0$ khi ${x_1}.{x_2} = 2m - 1 \ge 0$ hay $m \ge \frac{1}{2}$

Bình phương hai vế của phương trình $\sqrt {{x_1}} = 2\sqrt {{x_2}}$ ta có ${x_1} = 4{x_2}$ hay ${x_1} - 4{x_2} = 0$

Kết với với định lí Viete ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1} - 4{x_2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{12}}{5}\\{x_2} = \frac{3}{5}\end{array} \right.$(thỏa mãn ${x_1} \ge 0;{x_2} \ge 0$)

Lại có ${x_1}.{x_2} = 2m - 1$

$\frac{{12}}{5}.\frac{3}{5} = 2m - 1$

$2m = \frac{{61}}{{25}}$

$m = \frac{{61}}{{50}}$(thỏa mãn điều kiện)

Vậy $m = \frac{{61}}{{50}}$ thì phương trình có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $\sqrt {{x_1}} = 2\sqrt {{x_2}}$.

a) Tính thể tích bể

Bán kính đáy: $R = 1{,}4:2 = 0{,}7{\rm{ (m)}}$.

Chiều cao phần hình nón: ${h_{n{\rm{\'o }}n}} = 3{,}2 - 1{,}2 = 2{\rm{ (m)}}$.

Thể tích phần hình trụ: ${V_{tru}} = \pi {R^2}{h_{tru}} = \pi \cdot {0{,}7^2} \cdot 1{,}2 = 0{,}588\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Thể tích phần hình nón: ${V_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}{h_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi \cdot {0{,}7^2} \cdot 2 = \frac{{0{,}49 \cdot 2}}{3}\pi = \frac{{49}}{{150}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Vậy thể tích của bể là $V = 0{,}588\pi + \frac{{49}}{{150}}\pi = \frac{{1372}}{{1500}}\pi = \frac{{229}}{{250}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

b) Tính khoảng cách từ mực nước đến miệng bể

Lượng nước bơm vào sau 25 phút:

${V_{nuoc}} = 1{,}4 \cdot (25 \cdot 60) = 2100{\rm{ l\'i t}} = 2{,}1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$.

Thể tích phần hình nón (xấp xỉ): ${V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx \frac{1}{3} \cdot 3{,}14 \cdot {0{,}7^2} \cdot 2 \approx 1{,}0257{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$.

Vì ${V_{nuoc}} > {V_{n{\rm{\'o }}n}}$ nên nước đã ngập hết phần nón và đang ở trong phần trụ.

Thể tích nước nằm trong phần hình trụ:

${V_{nuoc\_tru}} = {V_{nuoc}} - {V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx 2{,}1 - 1{,}0257 = 1{,}0743{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}$.

Chiều cao mực nước trong phần trụ

${h_{nuoc\_tru}} = \frac{{{V_{nuoc\_tru}}}}{{\pi {R^2}}} \approx \frac{{1{,}0743}}{{3{,}14 \cdot {{0{,}7}^2}}} \approx 0{,}6982{\rm{ m}}$.

Vậy khoảng cách từ mực nước đến miệng bể:

$d = {h_{tru}} - {h_{nuoc\_tru}} \approx 1{,}2 - 0{,}6982 = 0{,}5018 \approx 0{,}50{\rm{ (m)}}$.

1. Chứng minh tứ giác $BEHD$ nội tiếp một đường tròn.

Vì $AD$ và $CE$ là các đường cao của tam giác $ABC$ nên $AD \bot BC$, $CE \bot AB$.

Suy ra $\widehat {BEH} = 90^\circ$, $\widehat {BDH} = 90^\circ$.

Suy ra $\Delta BEH$ vuông tại $E$, $\Delta BDH$ vuông tại $H$.

Suy ra $B,\,E,\,H,\,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BH$.

Suy ra tứ giác $BEHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$.

2. Kéo dài $AD$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Kéo dài $KE$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $I$. Gọi $N$ là giao điểm của $CI$ và $EF$. Chứng minh: $\widehat {AFE} = \widehat {ABD}$ và $C{E^2} = CN.CI$.

+) Chứng minh $\widehat {AFE} = \widehat {ABD}$

Vì $BF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $BF \bot AC$.

Suy ra $\widehat {BFC} = 90^\circ$.

Suy ra tam giác $BFC$ vuông tại $F$.

Suy ra $B,\,F,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ (1).

Lại có tam giác $BEC$ vuông tại $E$ nên $B,\,E,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $B,\,E,\,F,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra tứ giác $BEFC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra $\widehat {EFC} + \widehat {EBC} = 180^\circ$ (tính chất của tứ giác nội tiếp)

Lại có $\widehat {AFE} + \widehat {EFC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat {EBC} = \widehat {AFE}$ hay $\widehat {AFE} = \widehat {ABD}$.

+) Chứng minh $C{E^2} = CN.CI$

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BEFC$ có $\widehat {CEF} = \widehat {CBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CF$) (3)

Vì $\Delta BFC$ vuông tại $F$ nên $\widehat {CBF} + \widehat {BCF} = 90^\circ$ (4)

Vì $\Delta ADC$ vuông tại $D$ nên $\widehat {DAC} + \widehat {DCA} = 90^\circ$ hay $\widehat {KAC} + \widehat {BCF} = 90^\circ$ (5)

Từ (4) và (5) suy ra $\widehat {CBF} = \widehat {KAC}$ (cùng phụ với $\widehat {BCF}$) (6)

Từ (3) và (6) suy ra $\widehat {CEF} = \widehat {KAC}$ (cùng bằng $\widehat {CBF}$)

Lại có $\widehat {KAC} = \widehat {KIC}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $KC$ của đường tròn $(O;R)$.

Suy ra $\widehat {CEF} = \widehat {KIC}$ hay $\widehat {CEN} = \widehat {CIE}$.

Xét $\Delta CEN$ và $\Delta CIE$, có $\widehat {ECN}$ chung và $\widehat {CEN} = \widehat {CIE}$ (cmt).

Vậy $ΔCEN∽ΔCIE$ (g-g).

Suy ra $\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}$ (cặp cạnh tương ứng).

Suy ra $C{E^2} = CI.CN$ (đpcm.

3. Kẻ $OM$ vuông góc với $BC$ tại $M$. Gọi $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF$. Chứng minh ba điểm $M,\,N,\,P$ thẳng hàng.

Bước 1: ta chứng minh $N$ là trung điểm của $FE$.

Kẻ $EG \bot AC$ tại $G$. Ta chứng minh $ΔCNG∽ΔCAI$

Xét $\Delta AEC$ và $\Delta EGC$ có :

$\widehat {ACE}$chung

$\widehat {EGC} = \widehat {AEC} = 90^\circ$

$\Rightarrow ΔAEC∽ΔEGC$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{{CE}}{{CG}} = \frac{{AC}}{{CE}}$( tính chất tam giác đồng dạng)

$\Rightarrow C{E^2} = CA.CG$

Mà $C{E^2} = CI.CN$(cmt)

$\Rightarrow CA.CG = CI.CN$

$\Rightarrow \frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}$

Xét $\Delta CNG$ và $\Delta CAI$ có :

$\widehat {ACI}$chung

$\frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}$(cmt)

$\Rightarrow ΔCNG∽ΔCAI$ (g-g)

$\Rightarrow \widehat {CIA} = \widehat {CGN}$( hai góc tương ứng)

Lại có $\widehat {AFE} = \widehat {ABD}$ (cmt) hay $\widehat {NFG} = \widehat {EBC}$

Ta có $\widehat {EBC} = \widehat {AIC}$( hai góc nội tiếp cùng chắn của $\left( {O;R} \right)$)

Mà $\widehat {CIA} = \widehat {CGN}$

$\Rightarrow \widehat {NFG} = \widehat {NGC}$

$\Rightarrow \Delta GNF$ cân tại $N$

$\Rightarrow NG = NF$( tính chất tam giác cân)

Ta chứng minh được $\widehat {EGN} = \widehat {NEG}$( dựa vào các góc phụ nhau)

$\Rightarrow \Delta GNE$ cân tại $N$

$\Rightarrow NG = NE$( tính chất tam giác cân)

Do đó $NF = NE$

$\Rightarrow N$ là trung điểm của $EF$.

Bước 2 : Ta chứng minh $MP$ đi qua trung điểm $N$.

Dễ chứng minh được tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$, có tâm $P$.

Suy ra $PE = PF$.

Mặt khác $\Delta BEC$ vuông tại $E$, $\Delta BFC$ vuông tại $F$lần lượt có đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ là $EM$ và $FM$ nên suy ra $EM = FM = \frac{1}{2}BC$.

Suy ra $MP$ là đường trung trực của $EF$.

Suy ra $MP$ đi qua trung điểm $N$ của $EF$.

Vậy $M,\,N,\,P$ thẳng hàng.

- Gọi $x$ là số lần tăng giá (mỗi lần tăng $2000$ đồng). Điều kiện:$x \in {\mathbb{N}^*}$

- Giá bán mới của mỗi ly trà sữa sẽ là: $30\,000 + 2000x$ (đồng).

- Số lượng ly trà sữa bán ra mỗi ngày sẽ giảm tương ứng là: $150 - 5x$ (ly)

- Lợi nhuận của một ly trà sữa là: $30\,000 + 2000x - 18\,000$$= 12\,000 + 2000x$ ( đồng).

- Lợi nhuận một ngày của cửa hàng:

$= \left( {12\,000 + 2000x} \right)\left( {150 - 5x} \right)$

$= - 10\,000{x^2} + 24\,0000x + 1\,\,800\,000$

$= - 10\,000({x^2} - 24x - 180)$

$= - 10\,000\left[ {{{\left( {x - 12} \right)}^2} - 324} \right]$

$= - 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} + 3\,240\,000$

Vì ${\left( {x - 12} \right)^2} \ge 0$với mọi $x$ thoả mãn điều kiện.

$- 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} \le 0$

$- 10\,000{\left( {x - 12} \right)^2} + 3\,240\,000 \le 3\,240\,000$

Lợi nhuận 1 ngày lớn nhất là: $3\,240\,000$ khi $x - 12 = 0$ hay $x = 12$

Khi đó giá bán một ly trà sữa là: $30\,000 + 2\,000.12 = 54\,000$( đồng).

Vậy cảu hàng phải bán giá một ly trà sữa là: $54\,000$( đồng) để có lợi nhuận mỗi ngày lớn nhất.