Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Yên Hòa_Quận Cầu Giấy

a) Tổng trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn \(2020 - 2022\) là:

\(63,4 + 58,76 + 89,1 = 211,26\) (tỷ USD).

b) Trị giá xuất khẩu trong quý I/2021 chiếm số phần trăm so với tổng trị trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn \(2020 - 2022\) là:

\(\frac{{58,76}}{{211,26}} \cdot 100\% \approx 27,8\% \).

Không gian mẫu của phép thử rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp là: \(\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3,\,\,...;\,\,25} \right\}\)

Không gian mẫu có \(25\)phần tử.

Biến cố N: “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là một số chia hết cho \(5\)” có 5 kết quả thuận lợi là \(5;\,\,10;\,\,15;\,\,20;\,\,25.\)

Vậy xác suất của biến cố \[N\] là: \(P\left( N \right) = \frac{5}{{25}} = \frac{1}{5}.\)

Thay \(x = 16\) (thỏa mãn) vào biểu thức \(A,\) ta được:

\[A = \frac{{\sqrt {16} + 3}}{{3 - \sqrt {16} }} = \frac{{4 + 3}}{{3 - 4}} = - 7.\]

Vậy \(A = - 7\) khi \(x = 16.\)

Với \(x \ge 0;\,\,x \ne 9\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{3x + 9}}{{x - 9}}\)

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

 \( = \frac{{x - 3\sqrt x + 2x + 6\sqrt x - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)

 \( = \frac{{3\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)\( = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}.\)

Vậy với \(x \ge 0;\,\,x \ne 9\) thì \(B = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}.\)

Với \(x \ge 0;\,\,x \ne 9\), ta có:

\[AB = \frac{{\sqrt x + 3}}{{3 - \sqrt x }} \cdot \frac{3}{{\sqrt x + 3}} = \frac{3}{{3 - \sqrt x }}.\]

Theo bài, \(AB \le 1\) nên \(\frac{3}{{3 - \sqrt x }} \le 1\)

Hay \(\frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 3}} \le 1\)

\(1 + \frac{3}{{\sqrt x - 3}} \ge 0\)

\(\frac{{\sqrt x - 3 + 3}}{{\sqrt x - 3}} \ge 0\)

\(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} \ge 0.\,\,\,\left( * \right)\)

Trường hợp 1: Nếu \(x = 0,\) ta có \(\sqrt x = 0\) và \(\sqrt x - 3 = - 3 \ne 0\) nên \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} = 0\) nên \(x = 0\) là một nghiệm của bất phương trình (*0.

Trường hợp 2: Nếu\(x > 0,\,\,x \ne 9\) thì \(\sqrt x > 0\) nên giải bất phương trình (*) ta có:

\(\sqrt x - 3 > 0\) hay \(\sqrt x > 3\) suy ra \(x > 9.\)

Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0;\,\,x \ne 9\) ta có \(x > 9.\)

Vậy \(x = 0\) và \(x > 9\) thì \(A.B \le 1\).

1) Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là thời gian để vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình đầy bể \(\left( {x,y > 0} \right)\)(phút).

Sau một phút, vòi thứ nhất chảy một mình được \(\frac{1}{x}\) (bể), vòi thứ hai chảy một mình được \(\frac{1}{y}\) (bể).

Hai vòi cùng chảy thì sau \[1\] giờ \[20\] phút \((80\)phút) đầy bể nên sau một phút, cả hai vòi cùng chảy được \(\frac{1}{{80}}\) (bể).

Khi đó, ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{80}}.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Vòi thứ nhất chảy trong \[10\] phút rồi khóa lại, vòi thứ hai chảy tiếp trong \[12\] phút được \(\frac{2}{{15}}\) bể nên ta có phương trình: \(\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{80}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình (1) với 10, ta được hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{10}}{x} + \frac{{10}}{y} = \frac{1}{8}\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ từng vế của phương trình (2) cho phương trình (3), ta được:

\(\frac{2}{y} = \frac{1}{{120}}\) suy ra \(y = 2 \cdot 120 = 240\) (phút) \[ = 4\] giờ.

Thay \(y = 240\) vào phương trình (1), ta được:

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{{240}} = \frac{1}{{80}}\) suy ra \(\frac{1}{x} = \frac{1}{{80}} - \frac{1}{{240}} = \frac{1}{{120}}\) nên \(x = 120\) phút \( = 2\) giờ.

Vậy vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong \(2\) giờ, vòi thứ hai trong \(4\) giờ.

Gọi \(a,\,\,b\) lần lượt là chiều dài, chiều rộng ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật \(\left( {a > b > 0} \right)\) (m).

Diện tích ban đầu của mảnh đất là: \(ab\) (m²).

Chu vi ban đầu của mảnh đất là:

\[2\left( {a + b} \right) = 82\] suy ra \[a + b = 41\] (1) (do đó \(0 < b < a < 41).\)

Sau khi tăng chiều dài thêm \[5\,{\rm{m}}\]thì mảnh đất có chiều dài mới là: \(a + 5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Sau khi gấp đôi chiều rộng thì mảnh đất có chiều rộng mới là: \(2b{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Diện tích mới của mảnh đất là: \[\left( {a + 5} \right)2b\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Theo đề bài, diện tích của hình mới tăng thêm \[560\,\,{{\rm{m}}^2}\] nên ta có phương trình:

\[\left( {a + 5} \right)2b = ab + 560\] (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 41\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left( {a + 5} \right)2b = ab + 560\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Từ (1) ta có \[b = 41 - a\], thay vào phương trình (2), ta được:

\(\left( {a + 5} \right)2\left( {41 - a} \right) = \;a\left( {41 - a} \right) + \;560\)

Giải phương trình:

\(\left( {a + 5} \right)2\left( {41 - a} \right) = \;a\left( {41 - a} \right) + \;560\)

\(\left( {a\; + \;5} \right)\left( {82\; - \;2a} \right)\; = \;a\left( {41\; - \;a} \right)\; + \;560\)

\(82a - 2{a^2}\; + \;410\; - 10a\; = \;41a\; - \;{a^2}\; + \;560\)

\({a^2} - 31a + 150 = 0\)

\({a^2} - 6a - 25a + 150 = 0\)

\(a\left( {a - 6} \right) - 25\left( {a - 6} \right) = 0\)

\(\left( {a - 6} \right)\left( {a - 25} \right) = 0\)

 \(a = \;6\) hoặc \(a = 25\).

Nếu \(a = 6\) thì \[b = 41 - 6 = 35\] (không thỏa mãn \(a > b).\)

Nếu \(a = 25\) thì \(b = 41 - 25 = 16\) (thỏa mãn).

Vậy chiều dài, chiều rộng ban đầu lần lượt là \[25\,{\rm{m}}\] và \[16\,{\rm{m}}\].

Xét phương trình \({x^2}\; - \;2\left( {m - 2} \right)x\; - \;6m\; + \;3\; = \;0\).

Phương trình trên có \(\Delta \;' = \;{\left[ { - \left( {m - 2} \right)} \right]^2} - \;1 \cdot \left( { - 6m\; + \;3} \right)\)

\(\; = \;{m^2} - 4m + 4 + \;6m\; - \;3\)\(\; = \;{m^2} + 2m + 1\)\(\; = \;{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m.\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta > 0,\] tức là\(\;\;{\left( {m + 1} \right)^2} > 0,\) hay \({\left( {m + 1} \right)^2} \ne 0,\) suy ra \(m + 1 \ne 0\) nên \(m \ne - 1.\)

Vậy điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[m \ne - 1\].

a)Diện tích phần nắp giếng là: $3,14\cdot {55}^2=9498,5\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right).$

b) Diện tích phần miệng giếng hình vành khăn là: $3,14\cdot \left[{\left(55+10\right)}^2-{55}^2\right]=3768\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right).$

a) Có \(BE\) và\(CF\) là hai đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BE \bot AC;\,\,CF \bot AB.\)

Suy ra \(\widehat {BEA} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) và \(\widehat {CFA} = \widehat {CFB} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(FM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) nên \(MF = MB = MC = \frac{{BC}}{2}.\)

Chứng minh tương tự, ta có:

\(ME = MB = MC = \frac{{BC}}{2}.\)

⦁ Xét \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) (do \(OB = OC)\) nên đường trung tuyến \(OM\) đồng thời là đường cao của tam giác, hay \(OM \bot BC\) tại \(M.\)

⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {BAD} = \widehat {BCD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD)\) hay \(\widehat {MAB} = \widehat {MCD}.\)

Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MCD\) có: \(\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {MAB} = \widehat {MCD}.\)

Do đó  (g.g). Suy ra: \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MD}}\) hay \(MB \cdot MC = MA \cdot MD.\)

Mà \(MB = MC\) nên suy ra: \(M{B^2} = MA \cdot MD.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACK} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(KC \bot AC.\)

Lại có \(BE \bot AC\) nên \[BE\,{\rm{//}}\,KC\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,KC.\]

Chứng minh tương tự, ta có \(KB\,{\rm{//}}\,CH.\)

Tứ giác \(BHCK\) có \[BH\,{\rm{//}}\,KC\] và \(KB\,{\rm{//}}\,CH\) nên là hình bình hành, do đó hai đường chéo \(BC,\,\,HK\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) cũng là trung điểm của \(HK.\)

Xét \(\Delta AHK\) có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AK,\,\,HK\) nên \(OM\) là đường trung bình của tam giác. Suy ra \(OM = \frac{1}{2}AH.\)

Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh $20\mathrm{c}\mathrm{m}$ nên $BC=20\mathrm{c}\mathrm{m}$ và $\hat{B}=\hat{C}={60}^{\circ }.$

Xét $\mathrm{\Delta }BMQ$ vuông tại $M$ có $\hat{B}+\widehat{BQM}={90}^{\circ }$ và $\mathrm{\Delta }CNP$ vuông tại $N$ có $\hat{C}+\widehat{CPN}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Vì $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $QM=PN.$

Xét $\mathrm{\Delta }BMQ$ và $\mathrm{\Delta }CNP$ có: $\widehat{BMQ}=\widehat{CNP}={90}^{\circ },$ $QM=PN$ và $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Do đó $\mathrm{\Delta }BMQ=\mathrm{\Delta }CNP$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM=CN$ (hai cạnh tương ứng).

Do $BC=20\mathrm{c}\mathrm{m}$ và $MN=x(\mathrm{c}\mathrm{m})$ nên $BM=CN=\frac{20-x}{2}(\mathrm{c}\mathrm{m})$  $\left(0<x<20\right).$

Xét $\mathrm{\Delta }BMQ$ vuông tại $M$ có $QM=BM\cdot \tan B=\frac{20-x}{2}\cdot \tan {60}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}\left(20-x\right)}{2}(\mathrm{c}\mathrm{m}).$

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S=QM\cdot MN=\frac{\sqrt{3}\left(20-x\right)}{2}\cdot x=\frac{\sqrt{3}}{x}\left(20x-x^2\right)(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Để diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S.$

Ta có $S=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(20x-x^2\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(20x-x^2-100+100\right)$

$=\frac{\sqrt{3}}{2}\left[100-{\left(x-10\right)}^2\right]=50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{\left(x-10\right)}^2.$

Với mọi $0<x<20$ ta có ${\left(x-10\right)}^2\ge 0$ nên $50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{\left(x-10\right)}^2\le 50\sqrt{3}$ hay $S\le 50\sqrt{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left(x-10\right)}^2=0,$ hay $x=10$ (thỏa mãn).

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất bằng $50\sqrt{3}$ khi $x=10.$