Đề KSCL Toán 9 tháng 9 năm 2026-2027 Xã Đại Thanh (Hà Nội) có đáp án

Quan sát biểu đồ, có 5 trường có điểm chuẩn từ 22 điểm trở lên.

Liệt kê đúng tên 5 trường:

THPT Lê Quý Đôn – Hà Đông ($26$ điểm)

THPT Quang Trung – Hà Đông ($24$ điểm)

THPT Ngọc Hồi ($22$ điểm)

THPT Trần Hưng Đạo – Thanh Xuân ($22{,}75$ điểm)

THPT Việt Nam – Ba Lan ($23{,}75$ điểm)

Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ trong hộp chứa 36 tấm thẻ, số kết quả có thể xảy ra là: $N = 36$. Các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: “Rút được tấm thẻ ghi số chia hết cho 6” là: $\left\{ {6;\,\,12;\,\,18;\,\,24;\,\,30;\,\,36} \right\}$.

Vậy số kết quả thuận lợi là $6$.

Xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$.

a) $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 2y = - 1}\\{2x + 7y = 20}\end{array}} \right.$

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với $2$, ta được hệ phương trình mới là:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - 4y = - 2}\\{2x + 7y = 20}\end{array}} \right.$.

Trừ từng vế tương ứng của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất, ta thu được:

$11y = 22$ suy ra $y = 2$.

Thay $y = 2$ vào phương trình $x - 2y = - 1$, ta được:

$x - 2 \cdot 2 = - 1$ suy ra $x - 4 = - 1$ suy ra $x = 3$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {3;\,\,2} \right)$.

b) $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2y = 5\left( {x - 1} \right)}\\{\frac{{ - x + 1}}{{ - 2}} = \frac{{y - 1}}{3}}\end{array}} \right.$

Biến đổi và khai triển các phương trình, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y = 5\\3\left( { - x + 1} \right) = - 2\left( {y - 1} \right)\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y = 5\\ - 3x + 3 = - 2y + 2\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y = 5\,\,\left( 1 \right)\\ - 3x + 2y = - 1\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

Cộng từng vế tương ứng của hai phương trình $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, ta được

$2x = 4$ suy ra $x = 2$.

Thay $x = 2$ vào phương trình $\left( 1 \right)$, ta có:

$5 \cdot 2 - 2y = 5$ suy ra $10 - 2y = 5$ suy ra $- 2y = - 5$ suy ra $y = \frac{5}{2}$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,\frac{5}{2}} \right)$.

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là $x$ (km/h, $x > 0$).

Vận tốc của xe thứ hai là $x + 10$ (km/h).

Sau $2$ giờ:

Quãng đường xe thứ nhất đi được là: $2x$ (km).

Quãng đường xe thứ hai đi được là: $2\left( {x + 10} \right)$ (km).

Vì hai xe đi ngược chiều và gặp nhau sau $2$ giờ nên tổng quãng đường đi được bằng $AB = 200$ km. Ta có phương trình:

$2x + 2\left( {x + 10} \right) = 200$

$2x + 2x + 20 = 200$

$4x = 180$

$x = 45$ (thỏa mãn).

Vậy vận tốc xe thứ nhất là $45$ km/h.

Vận tốc xe thứ hai là $45 + 10 = 55$ km/h.

Đổi 1 triệu đồng = 1000 nghìn đồng.

Gọi giá niêm yết của chiếc ba lô là $x$ (nghìn đồng, $0 < x < 1000$).

Giá niêm yết của chiếc máy tính cầm tay là: $1000 - x$ (nghìn đồng).

Sau khi giảm giá:

Số tiền mua chiếc ba lô (giảm $10\%$) là: $\left( {100\% - 10\% } \right)x = 0{,}9x$ (nghìn đồng).

Số tiền mua chiếc máy tính cầm tay (giảm $15\%$) là:

$\left( {100\% - 15\% } \right)\left( {1000 - x} \right) = 0{,}85\left( {1000 - x} \right)$ (nghìn đồng).

Theo đề bài, tổng số tiền An phải trả là $864$ nghìn đồng nên ta có phương trình:

$0{,}9x + 0{,}85\left( {1000 - x} \right) = 864$

$0{,}9x + 850 - 0{,}85x = 864$

$0{,}05x = 14$

$x = 280$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của chiếc ba lô là $280$ nghìn đồng.

Giá niêm yết của chiếc máy tính cầm tay là $1000 - 280 = 720$ nghìn đồng.

Gọi $x$ (m) là khoảng cách từ đầu tấm ván trên mặt đất đến chân giá đỡ ($AD = x$).

Xét ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $B$, áp dụng định lý Pythagore ta có:

$AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {{4^2} - {{2{,}4}^2}} = \sqrt {10{,}24} = 3{,}2$ (m).

Xét ${\rm{\Delta }}ADE$ vuông tại $D$ và ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $B$ có $\widehat {A\,\,}$ là góc chung, áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn, ta có:

$\tan A = \frac{{DE}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{AB}}$

Suy ra $\frac{{1{,}2}}{x} = \frac{{2{,}4}}{{3{,}2}}$ suy ra $x = \frac{{3{,}2 \cdot 1{,}2}}{{2{,}4}} = 1{,}6$ (m).

Vậy chân giá đỡ cách đầu tấm ván trên mặt đất là $1{,}6$ m.

a) Xét ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $A$, áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

$\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = 0{,}6$ suy ra $\widehat {ACB} \approx 37^\circ$.

Áp dụng định lý Pythagore cho ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8$ (cm).

Xét ${\rm{\Delta }}HBA$ và ${\rm{\Delta }}ABC$ có:

$\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ$ (do $AH \bot BC$ và ${\rm{\Delta }}ABC$ vuông tại $A$);

$\widehat {ABC}$ là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}HBA∽\text{Δ}ABC$ (g.g)

Suy ra $\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC}}$ suy ra $AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4{,}8$ (cm).

b) Xét ${\rm{\Delta }}BAH$ và ${\rm{\Delta }}BCA$ có:

$\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ$;

$\widehat {B\,}$ là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BAH∽\text{Δ}BCA$ suy ra $\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}$ hay $B{A^2} = BH \cdot BC$ (1).

Chứng minh tương tự ta có suy ra $\frac{{BA}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BA}}$ hay $B{A^2} = BK \cdot BM$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BH \cdot BC = BK \cdot BM\;\left( { = B{A^2}} \right)$.

c)

⦁ Chứng minh $\widehat {AHK} = \widehat {MAK}$:

Gọi $D$ là giao điểm của $AH$ và $BK$.

Xét ${\rm{\Delta }}BDH$ và ${\rm{\Delta }}ADK$ có:

$\widehat {BHD} = \widehat {AKD} = 90^\circ$;

$\widehat {BDH} = \widehat {ADK}$ (đối đỉnh).

Do đó $\text{Δ}BDH∽\text{Δ}ADK$ (g.g) suy ra $\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{DK}}$ hay $\frac{{BD}}{{HD}} = \frac{{AD}}{{DK}}$.

Chứng minh tương tự ta cũng có $\text{Δ}BDA∽\text{Δ}HDK$ (g.g) suy ra $\widehat {ABK} = \widehat {KHD}$.

Mặt khác, $\widehat {ABK} = \widehat {MAK}$ (cùng phụ với $\widehat {BAK}$).

Do đó, $\widehat {KHD} = \widehat {MAK}$ hay $\widehat {AHK} = \widehat {MAK}$ (1).

⦁ Chứng minh $SM \bot AC$:

Từ $BH \cdot BC = BK \cdot BM$ suy ra $\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}$.

Xét ${\rm{\Delta }}BHM$ và ${\rm{\Delta }}BKC$ có $\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}$ và $\widehat {B\,}$ là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BHM∽\text{Δ}BKC$ (c.g.c) suy ra $\widehat {BHM} = \widehat {BKC}$ suy ra $\widehat {CHM} = \widehat {CKM}$ (3) (cùng bù với $\widehat {BHM}$ và $\widehat {BKC}$)

Vì ${\rm{\Delta }}AMH$ cân tại $A$ $\left( {AH = AM} \right)$ nên $\widehat {AMH} = \widehat {AHM}$.

Trong ${\rm{\Delta }}IMC$ có góc ngoài $\widehat {AMH} = \widehat {MIC} + \widehat {MCI}$.

Mặt khác $\widehat {AHM} = \widehat {AHK} + \widehat {KHI}$.

Mà $\text{Δ}IHC∽\text{Δ}IKM$ (g.g) suy ra $\text{Δ}IHK∽\text{Δ}ICM$ (c.g.c) suy ra $\widehat {MCI} = \widehat {KHI}$.

Do đó, $\widehat {MIC} = \widehat {AHK}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {MIC} = \widehat {MAK}$ suy ra $\text{Δ}CIM∽\text{Δ}CAK$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CIA∽\text{Δ}CMK$ (c.g.c).

Do đó, $\widehat {CKM} = \widehat {CAI}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {CHM} = \widehat {CAS}$ suy ra $\text{Δ}CHM∽\text{Δ}CAS$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CHA∽\text{Δ}CMS$ (c.g.c).

Do đó, $\widehat {CMS} = \widehat {CHA} = 90^\circ$.

Vậy $SM \bot AC$.

Chiều dài dải ruy băng để bọc hộp quà (không tính phần thắt nơ $10$ cm) là:

$130 - 10 = 120$ (cm).

Gọi chiều cao của hộp quà là $h$ (cm), cạnh đáy hình vuông là $x$ (cm).

Điều kiện: $0 < x,\,\,h < 30$.

Chiều dài dây bọc quanh hộp quà gồm 4 chiều cao và 4 cạnh đáy là:

$4h + 4x = 120$ suy ra $4\left( {h + x} \right) = 120$ suy ra $h = 30 - x$.

Thể tích của hộp quà là:

$V = h \cdot {x^2} = {x^2}\left( {30 - x} \right) = - {x^3} + 30{x^2}$ (cm3).

Xét hiệu $V - 4000$ ta có:

$V - 4000 = - {x^3} + 30{x^2} - 4000 = - \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2}$

Vì $x > 0$ nên $x + 10 > 0$ và ${\left( {x - 20} \right)^2} \ge 0$, do đó:

$- \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2} \le 0$ suy ra $V \le 4000$.

Dấu “$=$” xảy ra khi $x - 20 = 0$ suy ra $x = 20{\rm{\;}}$ (thỏa mãn).

$h = 30 - 20 = 10$ (thỏa mãn).

Vậy thể tích lớn nhất của hộp quà có thể bọc được là $4000$ cm$^{3}$.