Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Xã Ngọc Hồi (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {10;20} \right)\;$là:

$100\% - 30\% - 25\% \; = \;\,45\%$.

Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[ {10;20} \right)$ là: $45\% .40 = 18$.

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}$

Không gian mẫu có 10 phần tử nên $n(\Omega ) = 10$.

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

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)$.

Suy ra $n(A) = 3$.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{{10}}$

1) Thay $x = 169$ (TMĐK) vào biểu thức $A$ ta được: $A = \frac{{15}}{{10}} = \frac{3}{2}.$

Kết luận

2) $B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 3}} - \frac{3}{{\sqrt x }} + \frac{{x + 4\sqrt x - 9}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}$

$$= \frac{{x - 2\sqrt x - 3\sqrt x + 9 + x + 4\sqrt x - 9}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}$$

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

$= \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}.$

Vậy với $x > 0;x \ne 9$ thì $B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}$

3) Với $x > 0;x \ne 9$ ta có:

$P = B:A = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} = 2 - \frac{5}{{\sqrt x + 2}}$

Vì $x > 0;x \ne 9$ và $x$ nguyên nên $x \ge 1.$ Suy ra $x\; + \,2 \ge 3$.

Lập luận: $P \ge 2 - \frac{5}{3} = \frac{1}{3}$.

Dấu “=” xảy ra khi $x = 1$ (TMĐK)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $\frac{1}{3}$ khi $x = 1$.

Gọi giá vé máy bay của một người lớn và giá vé máy bay của một trẻ em lần lượt là $x;y$ (đồng) $\left( {x,y > 0} \right)$

Số tiền vé máy bay gia đình bác Cường phải trả là $2x + 2y = 3\,\,900\,\,000$

Số tiền vé máy bay gia đình bác Thành phải trả là $4x + 3y = 7\,\,100\,\,000$

Ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y = 3\,\,900\,\,000\\4x + 3y = 7\,\,100\,\,000\end{array} \right.$

$$\left\{ \begin{array}{l}4x + 4y = 7\,\,800\,\,000\,\,\left( 1 \right)\\4x + 3y = 7\,\,100\,\,000\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$$

Trừ từng vế hai phương trình (1) và (2) ta có $y = 700\,\,000$ (TMĐK)

Thay $y = 700\,\,000$ vào phương trình (2) ta có $x = 1\,\,250\,\,000$ (TMĐK)

Vậy giá vé máy bay của một người lớn và giá vé máy bay của một trẻ em lần lượt là $1\,\,250\,\,000$ đồng và $700\,\,000$ đồng.

Gọi số ngày mà chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là x (ngày, $x > 1$)

Số ngày thực tế chi đoàn làm là: $x - 1$ (ngày)

Số cây phải trồng 1 ngày theo dự kiến là: $\frac{{600}}{x}$ (cây)

Số cây đã trồng một ngày trong thực tế là: $\frac{{600}}{x} + 30$ (cây)

Ta có phương trình: $\left( {x - 1} \right).\left( {\frac{{600}}{x} + 30} \right) = 600$

Giải phương trình ta được: $\left( {x - 5} \right).\left( {x + 4} \right) = 0$

$x - 5 = 0$ hoặc $x + 4 = 0$

$x = 5$ (TMĐK) hoặc $x = - 4$ (loại)

Vậy số ngày mà chi đoàn dự kiến hoàn thành công việc là 5 ngày.

Phương trình đã cho có hai nghiệm ${x_1};\;{x_2}$.

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = a}\\{{x_1}{x_2} = - 4}\end{array}} \right.$.

Hệ thức ${x_1} - 3{x_1}{x_2} + {x_2} = 5$ suy ra $a + 12 = 5$ hay $a = - 7$.

Ta có $T = {x_1}x_2^2 - 4{x_1} = \left( {{x_1}{x_2}} \right){x_2} - 4{x_1} = - 4{x_2} - 4{x_1} = - 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 4a = 28$ Vậy $T = 28$.

a) Thể tích nước hiện có trong bình là:

$$V = \pi \cdot {\left( {\frac{8}{2}} \right)^2} \cdot 10$$

V$\approx 502{,}4$ cm$^{3}$.

Vậy thể tích nước hiện có trong bình khoảng 502, 4 cm$^{3}$

b) Đổi: 20 ml = 20 cm$^{3}$.

Lượng nước cần đổ thêm: $\pi .{\left( {\frac{8}{2}} \right)^2}.(25 - 5 - 10) = 160\pi$ (cm$^{3}$).

Thời gian cần tìm: $160\pi :20 = 8\pi \approx 25{,}12$ (giây).

a) Ta có $OH \bot BC \Rightarrow \Delta HBD$ vuông tại $H$$\Rightarrow$$H,$$D,$$B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BD.$ (1)

Ta có $\widehat {AEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \Delta EBD$ vuông tại $E$$\Rightarrow$$E,$$D,$$B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BD.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $H,$$E,$$D,$$B$ cùng thuộc một đường tròn hay $BDEH$ là tứ giác nội tiếp

b) Vì $BDEH$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {BEH} = \widehat {BDH}$

mà $\widehat {BDH} = \widehat {CBA}$ (cùng phụ với $\widehat {DBH}$)

Và $\widehat {ACI} = \widehat {CBA}$ (cùng phụ với $\widehat {CAB}$). Từ đó suy ra $\widehat {ACI} = \widehat {BEH}$

Xét $\Delta EHB$ và $\Delta CIA$ có $\widehat {ACI} = \widehat {BEH}$ (theo chứng minh trên) và $\widehat {CAI} = \widehat {EBH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE$) nên $\Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {CIA}$$\Rightarrow \widehat {EHC} = \widehat {CIE}$

$\Rightarrow \frac{{FI}}{{FH}} = \frac{{FC}}{{FE}}$$\Rightarrow \widehat {FHI} = \widehat {FEC}$ (3)

Mặt khác: $\widehat {CBA} = \widehat {FEC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$) (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {FHI} = \widehat {CBA} \Rightarrow HI\,{\rm{//}}\,AB.$

c)

Do $OH \bot BC$ và $\Delta OBC$ cân nên $OH$ là tia phân giác của góc $\widehat {COB}$$\Rightarrow \Delta OBD = \Delta OCD\left( {c.g.c} \right)$$\Rightarrow CD = BD \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCD}$

Mà $CK\,{\rm{//}}\,BD \Rightarrow \widehat {KCB} = \widehat {CBD}$. Từ đó suy ra $\widehat {KCB} = \widehat {BCD}$ nên

$CF,$$CA$ lần lượt là phân giác trong và ngoài của $\Delta DCI$$\Rightarrow \frac{{FI}}{{FD}} = \frac{{AI}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{{FD}}{{AD}}$ (5)

Đường thẳng vuông góc với $MF$ tại $F$ cắt các tia $MI,$ lần lượt tại $P$ và $Q$

Vì $PQ\,{\rm{//}}\,AM \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FD}}{{AD}}$ và $\frac{{FP}}{{AM}} = \frac{{FI}}{{AI}}$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FP}}{{AM}} \Rightarrow FQ = FP.$

Do $\Delta PQM$ có $MF$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên $MF$ là tia phân giác của $\widehat {IMD}.$

Đặt $PQ\,\, = x$ (dm) $\left( {0 < x < 16} \right)$

Kẻ $AH \bot BC$, $H \in BC$ khi đó vì $\Delta ABC$đều nên $H$ là trung điểm của $BC$, $BH = 8$(dm)

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $H$, theo định lí Pythagore, ta có $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {8^2}} = 8\sqrt 3 \,\,{\rm{(dm)}}$

Ta có: $QP\,{\rm{//}}\,BC$ suy ra nên $\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{QP}}{{BC}}$

Suy ra $\frac{{AQ}}{{16}} = \frac{x}{{16}}$ nên $AQ = x$.

Ta có: $BQ = AB - AQ = 16 - x$.

Ta có: $QM{\rm{//}}AH$ nên suy ra $\frac{{BQ}}{{AB}} = \frac{{QM}}{{AH}}$

Suy ra $\frac{{16 - x}}{{16}} = \frac{{QM}}{{8\sqrt 3 }}$ nên $QM = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích của $MNPQ$là: $S = MQ.QP = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2} \cdot x$.

Hay $S = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {16x - {x^2}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {64 - {{\left( {8 - x} \right)}^2}} \right] \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}.64 = 32\sqrt 3$

Dấu “=” xảy ra khi $x = 8$ (TMĐK).

Vậy diện tích lớn nhất của $MNPQ$ là $32\sqrt 3 \,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}$