Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Trường THCS Xuân Phương (Hà Nội) tháng 5/2026 có đáp án

a) Tần số của nhóm $\left[ {750\,;\,\,900} \right)$ là 30.

b) Số khách hàng có hoá đơn mua hàng dưới 450 nghìn đồng là: $15 + 27 = 42$.

Tỉ số phần trăm của nhóm khách hàng có hoá đơn mua hàng dưới 450 nghìn đồng so với tổng số khách hàng được khảo sát là: $\frac{{42}}{{150}}.100\% = 28\%$.

Không gian mẫu $\Omega = \{ 11;12;13;...;50\}$ nên $n\left( \Omega \right) = 40$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: 11; 22; 33; 44 nên $n\left( A \right) = 4$.

Xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{{40}} = \frac{1}{{10}}$.

1. Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta có

$A = \frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}$.

Vậy $A = \frac{1}{2}$ khi $x = 9$.

2. Ta có $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{x - 1}}$

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

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

Vậy $B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}$ với $x \ge 0,x \ne 1$.

3. Ta có $P = A.B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}$

Để ${P^2} = P$ thì $P = 0$ hoặc $P = 1$.

TH1: $P = 0 \Rightarrow x = 4\left( {TM} \right)$

TH2: $P = 1$, ta không tìm được giá trị của $x$.

Vậy $x = 4$ thoả mãn đề bài.

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là $x,y$ (học sinh; $x,y \in \mathbb{N}*$) .

Vì lớp 9A có 40 học sinh nên ta có phương trình: $x + y = 40$ (1)

Vì số học sinh không cận thị là 19 nên ta có $60\% x + 40\% y = 19$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 40}\\{60\% x + 40\% y = 19}\end{array}} \right.$.

Giải hệ phương trình, ta được: $x = 15,y = 25$ (TMĐK).

Vậy lớp 9A có 25 học sinh nữ và 15 học sinh nam.

Gọi số bút bi mà bạn Lan mua là $x$ (chiếc, $x \in \mathbb{N}*$) .

Giá tiền của $x$ chiếc bút bi là $7000x$ (đồng).

Theo đề bài, ta có bất phương trình $7000x \le 300\,\,000$.

$x \le \frac{{300}}{7}$

$x \le 42\frac{6}{7}$.

Vì $x$ là số tự nhiên nên giá trị lớn nhất của $x$ là 42.

Vậy bạn Lan mua được nhiều nhất là 42 chiếc bút bi.

Ta có $\Delta ' = {\left( { - 4} \right)^2} - 1 \cdot 4 = 4 > 0$nên phương trình ${x^2} - 8x + 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$.

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 8}\\{{x_1}.{x_2} = 4}\end{array}} \right.$.

Khi đó $Q = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}$$= {8^2} - 4 \cdot 4 = 48$.

a) Thể tích của cốc đựng bỏng ngô là: $\pi {R^2}h \approx 3,{14.5^2}.20 = 1570{\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)$.

Vậy thể tích của cốc đựng bỏng ngô khoảng $1570{\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)$.

b) Diện tích giấy để làm 1 chiếc cốc là:

$2\pi Rh + \pi {R^2} \approx 2 \cdot 3{,}14 \cdot 5 \cdot 20 + 3{,}14 \cdot {5^2} = 706{,}5\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Diện tích giấy để làm 200 chiếc cốc là: $706{,}5 \cdot 200 = 141\,\,300\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Vậy diện tích giấy để làm 200 chiếc cốc khoảng $141\,\,300\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

a) Chứng minh bốn điểm $E,O,B,M$ cùng thuộc một đường tròn.

Ta có $Bx$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên $Bx \bot AB$ (tính chất tiếp tuyến) hay $\widehat {MBO} = 90^\circ$.

Suy ra $\Delta MBO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OM$.

Do đó ba điểm $M,B,O$ cùng thuộc 1 đường tròn đường kính $OM$.

Mà $OE$ vuông góc với $AN$ tại $E$ nên $\widehat {MOE} = 90^\circ$.

Suy ra $\Delta MEO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OM$

Do đó 3 điểm $M,O,E$ cùng thuộc 1 đường tròn đường kính $OM$.

Vậy 4 điểm $E,O,B,M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$.

b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại $N$ cắt tia $OE$ tại $K$ và cắt $MB$ tại $D$. Chứng minh: $KA$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ và $\widehat {EBO} = \widehat {DOM}$.

b1) Ta có $OA = ON\,\,\left( { = R} \right)$ nên $\Delta OAN$ cân tại $O$.

Mà $OE$ là đường cao của $\Delta OAN$ nên $OE$ cũng là phân giác của $\Delta OAN$.

Suy ra $\widehat {NOE} = \widehat {AOE}$ hay $\widehat {NOK} = \widehat {AOK}$.

Xét $\Delta NOK$ và $\Delta AOK$ có:

$$ON = OA\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,\widehat {NOK} = \widehat {AOK}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,OK\,\,{\rm{chung}}$$

Do đó $\Delta NOK = \Delta AOK\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$

Suy ra $\widehat {ONK} = \widehat {OAK}$ (cặp góc tương ứng)

Mà $\widehat {ONK} = 90^\circ$ (vì $KN$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\widehat {OAK} = 90^\circ$.

Suy ra $AK \bot OA$, mà $A \in \left( O \right)$.

Do đó $KA$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$.

b2) Vì $DN,\,\,DB$ là 2 tiếp tuyến là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $D$ của nửa đường tròn $\left( O \right)$.

Suy ra $OD$ là tia phân giác $\widehat {NOB}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Mà tam giác $OBN$ cân tại $O{\rm{ }}\left( {OB = ON = R} \right)$nên $OD$ là đường cao của $\Delta OBN$ hay $BN \bot OD$ .

Ta có $\widehat {ANB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left( O \right)$ nên $BN \bot AN$.

Từ đó, suy ra $OD\,{\rm{//}}\,AM$ nên $\widehat {OME} = \widehat {DOM}$ (hai góc so le trong) (1)

Suy ra 4 điểm $E,\,\,O,\,\,B,\,\,M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM.$

Nên xét đường tròn đường kính $OM$ có $\widehat {EBO} = \widehat {EMO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OE$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {EBO} = \widehat {DOM}$.

c) Kẻ $NH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in AB} \right)$. Đường thẳng $NH$ cắt đường thẳng $KO$ tại $P$, cắt $OD$ tại $Q$. Đường thẳng $AQ$ cắt đường thẳng $PB$ tại $S$. Chứng minh $K,N,S$ thẳng hàng.

Chứng minh được $O$ lần lượt là trực tâm của các tam giác $APN$ nên $AP \bot NO$.

Chứng minh được $Q$ lần lượt là trực tâm của $\Delta BON$ nên $BQ \bot NO$ suy ra $BQ\,{\rm{//}}\,AP$.

Suy ra $\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QB}}{{AP}}$, mà $PA = PN\,;\,\,QB = QN$ nên $\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QN}}{{PN}}$ hay $\frac{{SQ}}{{QA}} = \frac{{NQ}}{{QP}}$.

Suy ra $PA\,{\rm{//}}\,NS$ mà $AP \bot NO$ nên $NS \bot NO$.

Ta có $NS \bot NO\,;\,\,KN \bot NO$ suy ra ba điểm $K,N,S$ thẳng hàng.

Gọi $x;y{\rm{ }}\left( m \right)$ lần lượt là độ dài hàng rào thứ nhất và hàng rào thứ hai $\left( {x;y > 0} \right)$

Chi phí làm hàng rào là $10\,\,000\,\,000$ đồng nên ta có phương trình:

$5x + 4y = 100$ suy ra $x = \frac{{100 - 4y}}{5}$.

Diện tích của mảnh vườn là: $S = \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y.\left( {\frac{{100 - 4y}}{5}} \right) = - \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} + 62{,}5$.

Vì ${\left( {2y - 25} \right)^2} \ge 0$ hay $- \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} \ge 0$ nên $- \frac{1}{{10}}{\left( {2y - 25} \right)^2} + 62{,}5 \ge 62{,}5.$

Dấu “=” xảy ra khi $x = 10\,;\,\,y = 12{,}5$.

Vậy diện tích lớn nhất của mảnh vườn là $62{,}5{m^2}$ khi kích thước hai cạnh góc vuông là $10\,\,{\rm{m}}$ và $12{,}5\,\,{\rm{m}}.$