Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Quỳnh Phương (Hà Nội) Tháng 4/2026 có đáp án

Nhóm có tần số tương đối lớn nhất $\left[ {0{,}5;\,\,1} \right)$.

Số học sinh của nhóm có tần số tương đối lớn nhất là $200.25\% = 50$ (học sinh)

Kết luận.

Xét phép thử “Rút ngẫu nhiên mỗi hộp một chiếc thẻ và ghép thành số có hai chữ số với chữ số trên tấm thẻ rút ra từ hộp I là chữ số hàng chục”

Các kết quả có thể xảy ra với phép thử là đồng khả năng.

$$\Omega = \left\{ {11;12;13;14;21;22;23;24;31;32;33;34} \right\}$$

$\Omega$ có 12 phần tử

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: “Số tạo thành chia hết cho 3” là : $12;21;24;33$.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$.

a) $A = \sqrt {36} - \sqrt {\frac{{18}}{2}}$$= \sqrt {{6^2}} - \sqrt {{3^2}} = 6 - 3 = 3$

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

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

$= \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}:\frac{{x - 1}}{{x + \sqrt x + 1}}$$= \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}.\frac{{x + \sqrt x + 1}}{{x - 1}}$=$\frac{1}{{x - 1}}$

Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình: $2x - 1 = 3$. Giải được $x = 2$

Thay $y = 3,x = 2$ vào phương trình $y = a{x^2}$ ta có: $3 = a{.2^2}$. Giải được: $a = \frac{3}{4}$.

Gọi số hàng ghế theo dự định là $x$ (hàng), số ghế mỗi hàng theo dự định là $y$ (ghế) $\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*} \right).$

Số chỗ ban đầu theo dự định là $xy$ (chỗ)

Nếu tăng thêm 1 hàng thì số hàng là $x + 1$ (hàng)

Mỗi hàng bớt đi 1 ghế thì số ghế mỗi hàng là $y - 1$ (ghế)

Khi đó số chỗ ngồi tăng thêm 10 chỗ nên ta có phương trình $\left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right) = xy + 10$

Nếu bớt đi 1 hàng thì số hàng là $x - 1$ (hàng)

Tăng thêm mỗi hàng 2 ghế thì số ghế mỗi hàng là $y + 2$ (ghế)

Khi đó số chỗ ngồi tăng thêm 9 chỗ nên ta có phương trình $\left( {x - 1} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 9$.

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right) = xy + 10\\\left( {x - 1} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 9\end{array} \right.$.

Giải hệ phương trình ta được $x = 19,y = 29$ (TMĐK)

Vậy số chỗ ban đầu theo dự định là $xy = 19.29 = 551$ (chỗ).

Gọi giá 1 lít xăng RON95-III trước thời điểm bình ổn giá là $x$ (nghìn đồng, $x > 0$)

Số lít xăng mua được trước thời điểm bình ổn giá là $\frac{{957}}{x}$ (lít).

Sau điều chỉnh, xăng RON95-III giảm 4000đ/lít nên giá 1 lít xăng sau thời điểm bình ổn giá là $x - 4$ (đồng).

Số lít xăng mua được sau thời điểm bình ổn giá là $\frac{{957}}{{x - 4}}$ (lít).

Mà sau thời điểm bình ổn giá sẽ được nhiều hơn 4 lít so với thời điểm chưa bình ổn giá nên ta có phương trình $\frac{{957}}{{x - 4}} - \frac{{957}}{x} = 4$.

Giải phương trình ta tìm được $x = - 29$ (loại) và $x = 33$ (TMĐK).

Vậy giá 1 lít xăng RON95-III trước thời điểm bình ổn giá là 33 nghìn đồng.

Phương trình ${x^2} - 4x + 2 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$

Nên $x_1^2 - 4{x_1} + 2 = 0$ và $x_2^2 - 4{x_2} + 2 = 0 \Rightarrow x_2^2 = 4{x_2} - 2$

Lại có $x_2^2 - 4{x_2} + 2 = 0 \Rightarrow 4x_2^2 - 16{x_2} + 8 = 0$$\Rightarrow 4x_2^2 - 2{x_2} = 14{x_2} - 8$ (*)

Áp dụng định lí Viète có: ${x_1} + {x_2} = 4$ và ${x_1}{x_2} = 2$

$$P = \left( {x_1^2 + x_2^2} \right)\left( {\frac{{x_2^3 + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)$$

$$P = \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\left( {\frac{{{x_2}\left( {4{x_2} - 2} \right) + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)$$

$$P = \left[ {{4^2} - 2.2} \right]\left( {\frac{{4x_2^2 - 2{x_2} + 6}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)$$

Thay (*) ta có:

$$P = 12.\left( {\frac{{14{x_2} - 2}}{{{x_1} - 3}} - \frac{{12}}{{{x_1} - 1}}} \right)$$

$$P = 12.\frac{{\left( {14{x_2} - 2} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - 12\left( {{x_1} - 3} \right)}}{{\left( {{x_1} - 3} \right)\left( {{x_1} - 1} \right)}}$$

$$P = 12.\frac{{14{x_1}{x_2} - 14{x_2} - 2{x_1} + 2 - 12{x_1} + 36}}{{x_1^2 - 4{x_1} + 3}}$$

$$P = 12.\frac{{14{x_1}{x_2} - 14{x_2} - 14{x_1} + 38}}{{x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 1}}$$

$$P = 12.\frac{{14.2 - 14.4 + 38}}{1}$$

$$P = 120$$

Vậy $P = 120$

a) Ta có: $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ$

Xét $\Delta BEC$ vuông tại $E$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

Xét $\Delta BFC$ vuông tại $F$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

Do đó bốn điểm $B,C,E,F$cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ nên tứ giác $BCEF$ nội tiếp.

b) Xét $\Delta ABC$ và $\Delta AEF$ có:

$\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$ (cùng bù $\widehat {BFE}$); $\widehat {BAC}$ chung

Nên $ΔABC∽ΔAEF$ (g-g) $\Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AC}}$ (1)

Kẻ đường kính AK suy ra $\widehat {ACK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat {BCK} = \widehat {DAC}$ (cùng phụ $\widehat {ACD}$)

Lại có: $\widehat {BCK} = \widehat {FAQ}$ suy ra $\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}$

Xét $\Delta ADC$ và $\Delta AQF$ có:

$\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$ (cùng bù $\widehat {BFE}$); $\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}$ (cmt)

Do đó $ΔADC∽ΔAQF$ (g-g) $\Rightarrow \frac{{QF}}{{DC}} = \frac{{AF}}{{AC}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{QF}}{{DC}}$ hay $\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}$ (đpcm).

*) Xét $\Delta BFC$ vuông tại F có $FM$ là đường trung tuyến nên $FM = MB$ (3)

Vì $ΔADC∽ΔAQF$ (cmt) $\Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {AQF} = 90^\circ$

Suy ra $\widehat {QAF} + \widehat {AFQ} = 90^\circ$

Ta lại có: $\widehat {PBF} + \widehat {FBO} = 90^\circ$, mà $\widehat {QAF} = \widehat {FBO}$ nên $\widehat {PBF} = \widehat {AFQ}$

Mặt khác $\widehat {PFB} = \widehat {AFQ}$. Do đó $\widehat {PFB} = \widehat {PBF}$

Suy ra $\Delta PBF$ cân tại P $\Rightarrow PB = PF$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $PM$ là đường trung trực của $BF$ $\Rightarrow PM \bot AB$ (đpcm).

c)

Xét $\Delta GBN$ và $\Delta GSB$ có:

$\widehat {GBN} = \widehat {GSB}$ (cùng $= \frac{1}{2}\widehat {BON}$); $\widehat {BGN}$ chung

Nên $ΔGBN∽ΔGSB$ (g.g) $\Rightarrow \frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{GB}}{{GS}} = \frac{{GC}}{{GS}}$ (1)

Xét $\Delta GCN$ và $\Delta GSC$ có:

$\widehat {GCN} = \widehat {GSC}$ (cùng $= \frac{1}{2}\widehat {CON}$); $\widehat {CGN}$ chung

Nên $ΔGCN∽ΔGSC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{{CN}}{{SC}} = \frac{{GC}}{{GS}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{CN}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{BN}}{{CN}} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{AC}}{{AB}}$ (vì $SB = AC;\,\,SC = AB$)

$\Rightarrow BN.AB = CN.AC$

Gọi $T$ là giao điểm $BC,\,NA$. Ta có: $\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{TB}}{{TA}} \cdot \frac{{TA}}{{TC}}$

Ta lại có:$ΔTBN∽ΔTAC$ (g-g);$ΔTCN∽ΔTAB$ (g-g)

$\frac{{TB}}{{TA}} = \frac{{BN}}{{AC}};\,\frac{{TA}}{{TC}} = \frac{{AB}}{{CN}}$$\Rightarrow \frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{BN.AB}}{{AC.CN}} = 1$

Suy ra $T$ là trung điểm của $BC$

Do đó $T$ trùng $M$. Vậy ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng (đpcm).

a) Thể tích khối cầu: $V = \frac{4}{3}\pi {r^3}$ nên thể tích phần kem tan chảy: ${V_1} = \frac{4}{3}\pi {r^3}.75\% = \pi {r^3}$.

Thể tích khối nón: ${V_2} = \frac{1}{3}h.\pi {r^2}$.

Theo bài ra: ${V_1} = {V_2}$ nên $\pi {r^3} = \frac{1}{3}h.\pi {r^2}$. Suy ra: $\frac{h}{r} = 3$.

b) Đặt $AD = x\left( {cm} \right)$.

Vì chu vi hình chữ nhật $ABCD$ bằng $40cm$ và $AD \ge AB$ nên $AB = 20 - x$ và $10 \le x < 20$. (1)

Đặt $AN = a\left( {cm} \right)$, Vì $CD \ge CM$ nên $20 - x \ge x - a$ suy ra: $a \ge 2x - 20$ (2)

Khi đó:

Chiều cao hình trụ: $h = 20 - x$

Chu vi đáy cốc bằng $a$ nên bán kính đáy cốc $R = \frac{a}{{2\pi }}$

Vì bán kính đáy cốc $R \le \frac{{CM}}{2}$ suy ra: $\frac{a}{{2\pi }} \le \frac{{x - a}}{2}$ hay $a \le \frac{{\pi x}}{{\pi + 1}}$

Từ đó ta có thể tích cốc nước $V = h.\pi {R^2} = \left( {20 - x} \right)\pi \frac{{{a^2}}}{{4{\pi ^2}}} \le \frac{\pi }{{4{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}\left( {20 - x} \right){x^2}$

Đặt $A\left( x \right) = \left( {20 - x} \right){x^2} = - {x^3} + 20{x^2} - \frac{{32\,\,000}}{{27}} + \frac{{32\,\,000}}{{27}}$

$= - {\left( {x - \frac{{40}}{3}} \right)^2}\left( {x + \frac{{20}}{3}} \right) + \frac{{32\,\,000}}{{27}} \le \frac{{32\,\,000}}{{27}}$

Từ đó suy ra: $V \le \frac{{8000\pi }}{{27{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}$.

Dấu bằng xảy ra khi : $x = \frac{{40}}{3}$ và $a = \frac{{40\pi }}{{3\left( {\pi + 1} \right)}}$ (thoả mãn các điều kiện (1),(2))

Vậy $V$ lớn nhất là bằng $\frac{{8000\pi }}{{27{{\left( {\pi + 1} \right)}^2}}}\left( {c{m^2}} \right)$.