Đề thi thử TS vào 10 (Lần 2 - Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Hoằng Thanh_Tỉnh Thanh Hóa
17 câu hỏi
\(x = 1\).
\(x = \frac{1}{2}\).
\(x = 2\).
\(x = - \frac{1}{2}\).
Đáp án đúng là: B
Giải phương trình:
\(2x - 1 = 0\)
\(2x = 1\)
\(x = \frac{1}{2}.\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = \frac{1}{2}.\)
\(x \le 3\).
\(x \ne 3\).
\(x \ge 3\).
\(x > 3\).
Đáp án đúng là: C
Điều kiện xác định của biểu thức \(\sqrt {2x - 6} \) là \(2x - 6 \ge 0,\) tức là \(2x \ge 6\) hay \(x \ge 3.\)
\(y = - 4\).
\(y = 4\).
\(y = - 8\).
\(y = 8\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = - 2{x^2},\) ta có: \(y = - 2 \cdot {2^2} = - 8.\)
\(2x - 3y < 6\).
\({x^2} - 1 < 0\).
\(0x - 7 > 0\).
\(5x - 3 < 0\).
Đáp án đúng là: D
Bất phương trình \(5x - 3 < 0\) là bất phương trình bậc nhất một ẩn dạng \(ax + b < 0\) với \(a = 5,\,\,b = - 3.\)
\[10\pi \] cm.
\(\frac{{5\pi }}{3}\) cm.
\(\frac{{5\pi }}{6}\) cm.
\(\frac{{25\pi }}{6}\) cm.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Độ dài cung \(60^\circ \) của đường tròn có bán kính 5 cm là: \(l = \frac{{\pi \cdot 5 \cdot 60}}{{180}} = \frac{{5\pi }}{3}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
\(x < - 6\).
\(x > - 6\).
\(x \le - 6\).
\(x \ge - 6\).
Đáp án đúng là: D
Giải bất phương trình:
\( - 2x + 1 \le 13\)
\( - 2x \le 12\)
\(x \ge - 6.\)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x \ge - 6.\)
\(\tan B = \frac{4}{3}\).
\(\tan C = \frac{4}{3}\).
\(\cot B = \frac{4}{3}\).
\(\cot C = \frac{3}{4}\).
Đáp án đúng là: A
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \[A\] ta có: \(\tan B = \cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{12}}{9} = \frac{4}{3};\,\,\,\tan C = \cot B = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{9}{{12}} = \frac{3}{4}.\)
7 cm2.
25 cm2.
\[7\pi \] cm2.
\[25\pi \] cm2.
Đáp án đúng là: C
Diện tích hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn \[\left( {O;\,\,4{\rm{\;cm}}} \right)\] và \[\left( {O;\,\,3{\rm{\;cm}}} \right)\] là:
\(S = \pi \left( {{4^2} - {3^2}} \right) = 7\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 9-10 (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
Phương trình \({x^2} + 2x - 3 = 0\) có \(a = 1,\,\,b = 2,\,\,c = - 3\) và \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0.\)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: \({x_1} = 1,\,\,{x_2} = - 3.\)
Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}3x - 3y = 6\\2x + 3y = 9.\end{array} \right.\]
Cộng từng vế của hai phương trình của phương trình trên, ta được:
\(5x = 15,\) suy ra \(x = 3.\)
Thay \(x = 3\) vào phương trình \(2x + 3y = 9,\) ta được:
\(2 \cdot 3 + 3y = 9\) suy ra \(3y = 3\) nên \(y = 1.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {3;\,\,1} \right).\)
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta có:
\(A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{4\sqrt x - 1}}{{x - 4}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x + 2}}\)
\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{4\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x + 2}}\)
\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) - \sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) + 4\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x + 2}}\]
\[ = \frac{{x - 2\sqrt x - x - 2\sqrt x + 4\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x + 2}}\]
\[ = \frac{{ - 1}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x + 2}}{1} = - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}.\]
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\) thì \[A = - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}.\]
(1,0 điểm) Cho phương trình: \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) với m là tham số. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức:
\(x_1^2 + x_2^2 = \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) + 2.\)
Xét phương trình: \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) có \(a = 1,\,\,b = - m - 1,\,\,c = m.\)
Ta có \(a + b + c = 1 - m - 1 + m = 0.\) Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là \(x = 1;\,\,x = m.\)
Xét hệ thức \(x_1^2 + x_2^2 = \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) + 2\) ta thấy vai trò của \({x_1},\,\,{x_2}\) như nhau.
Khi đó, ta có:
\({1^2} + {m^2} = \left( {1 - 1} \right)\left( {m - 1} \right) + 2\)
\(1 + {m^2} = 0 \cdot \left( {m - 1} \right) + 2\)
\(1 + {m^2} = 2\)
\({m^2} = 1\)
\[m = 1\] hoặc \(m = - 1.\)
Vậy \(m \in \left\{ {1;\,\, - 1} \right\}.\)
(1,0 điểm) Cô An chia số tiền 600 triệu đồng cho hai khoản đầu tư. Sau một năm số tiền lãi thu được là 28 triệu. Lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \[4\% ,\] khoản đầu tư thứ hai là \[6\% .\] Tính số tiền cho mỗi khoản đầu tư của cô An.
Gọi \(x,\,\,y\) (triệu đồng) lần lượt là số tiền đầu tư cho khoản thứ nhất và khoản thứ hai \(\left( {0 < x,\,\,y < 600} \right).\)
Tổng số tiền cho hai khoản đầu tư là: \(x + y = 600.\,\,\,\left( 1 \right)\)
Số tiền lãi cho khoản đầu tư thứ nhất là: \(4\% x = 0,04x\) (triệu đồng).
Số tiền lãi cho khoản đầu tư thứ hai là: \(6\% y = 0,06y\) (triệu đồng).
Theo bài, sau một năm số tiền lãi thu được là 28 triệu nên ta có phương trình:
\(0,04x + 0,06y = 28\) hay \(2x + 3y = 1\,\,400.\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 600\\2x + 3y = 1\,\,400\end{array} \right.\]
Giải hệ phương trình trên, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 200\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy cô An đã chia khoản đầu tư thứ nhất là 400 triệu đồng, khoản đầu tư thứ hai là 200 triệu đồng.
(1,0 điểm) Một cây cau cao 6 m. Để hái một buồng cau xuống, phải đặt thang tre sao cho đầu thang tre đạt độ cao đó. Khi đó góc tạo bởi thang tre với mặt đất là bao nhiêu, biết chiếc thang dài 8 m (làm tròn kết quả đến phút).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) với \(AC = 6{\rm{\;m}},\,\,BC = 8{\rm{\;m}}\) mô hình hóa bài toán trên.
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.\)
Suy ra \(\widehat {B\,} \approx 48^\circ 35'.\)
Vậy góc tạo bởi thang tre với mặt đất là khoảng \(48^\circ 35'.\)
Câu 15-16: (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn \(O\) đường kính \(AB.\) Qua điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến \(d\) với nửa đường tròn. Từ điểm \(A\) và \(B\) kẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(d\) và cắt đường thẳng \(d\) lần lượt tại \(M\) và \(N.\) Từ \(C\) hạ \(CH\) vuông góc với \(AB\) tại \(H.\)
Do vuông tại nên ba điểm cùng nằm trên đường tròn đường kính
Do vuông tại nên ba điểm cùng nằm trên đường tròn đường kínhDo đó bốn điểm cùng thuộc đường tròn đường kính
⦁Vì điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do đó \(\widehat {ACH} + \widehat {HCB} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta CHB\) vuông tại \(H,\) ta có: \(\widehat {HBC} + \widehat {HCB} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn của tam giác vuông).
Suy ra \(\widehat {ACH} = \widehat {HBC}.\)
Xét \(\Delta AHC\) và \(\Delta CHB\) có: \(\widehat {AHC} = \widehat {CHB} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACH} = \widehat {CBH}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{CH}}{{BH}} = \frac{{AH}}{{CH}}\) hay \(C{H^2} = AH \cdot BH.\)
⦁ Xét \(\Delta OAC\) cân tại \(O\) (do \(OA = OC)\) nên \(\widehat {ACO} = \widehat {CAO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOC}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOC}\).
Lại có \(\widehat {AOC},\,\,\widehat {ABC}\) lần lượt là góc ở tâm, góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {AOC} = 2\widehat {ABC}\) hay \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}.\)
Do đó \(\widehat {ACO} = 90^\circ - \widehat {ABC}\) suy ra \(\widehat {ABC} = 90^\circ - \widehat {ACO}.\)
Vì \(d\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(C\) nên \(OM \bot d\) tại \(C\)
Suy ra \(\widehat {ACM} + \widehat {ACO} = \widehat {MCO} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ACM} = 90^\circ - \widehat {ACO}.\)
Do đó \(\widehat {ABC} = \widehat {ACM}.\) Mà \(\widehat {ACH} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {ACM} = \widehat {ACH}.\)
Xét \(\Delta ACM\) và \(\Delta ACH\) có: \(\widehat {AMC} = \widehat {AHC} = 90^\circ ,\) \(AC\) là cạnh chung và \(\widehat {ACM} = \widehat {ACH}.\)
Do đó \(\Delta ACM = \Delta ACH\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra \(AM = AH\) (hai cạnh tương ứng).
Chứng minh tương tự, ta có \(\Delta BCN = \Delta BCH\) (cạnh huyền – góc nhọn) nên \(BN = BH\) (hai cạnh tương ứng).
Khi đó, \(AM \cdot BN = AH \cdot BH = C{H^2}.\)
Mà \(CH \le CO\) nên \(AM \cdot BN \le C{O^2}.\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(CH = CO,\) tức là điểm \(H\) trùng điểm \(O,\) khi đó ta có \(CO \bot AB\) tại \(O\) nên điểm \(C\) là điểm chính giữa nửa đường tròn \(\left( O \right).\)
Vậy khi điểm \(C\) là điểm chính giữa nửa đường tròn \(\left( O \right)\) thì \(AM \cdot BN\) đạt giá trị lớn nhất.
(0,5 điểm) Có 43 học sinh làm bài kiểm tra, không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10. Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là số tự nhiên từ 0 đến 10).
Số học sinh đạt từ điểm 2 đến điểm 9 là: \(43 - 2 = 41\) (học sinh).
Từ điểm 2 đến điểm 9 có 8 loại điểm.
Giả sử trong 41 học sinh đó không có nhiều nhất là 5 bạn có điểm kiểm tra bằng nhau.
Khi đó số học sinh nhiều nhất có thể là: \(8 \cdot 5 = 40 < 41\) (điều này là vô lí).
Vậy có ít nhất 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
