Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Giao Thủy_Tỉnh Nam Định

2) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1,\) ta có:

\(B = \frac{{5\left( {x - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\)

 \( = \frac{{5\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\)

 \( = \frac{{5\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\)

 \( = \frac{{5\sqrt x + x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\)

 \( = \frac{{x + 6\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\)

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

 \( = \sqrt x + 3.\)

Vậy \(B = \sqrt x + 3\) với \(x \ge 0;x \ne 1.\)

1) Không gian mẫu của phép thử là \[\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\, \ldots ;\,\,30} \right\}.\]

Vậy không gian mẫu có 30 phần tử.

2) Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố: “Số xuất trên thẻ rút được là số chính phương” là: \(1;\,\,4;\,\,9;\,\,16;\,\,25.\)

Vậy xác suất của biến cố trên là \(\frac{5}{{30}} = \frac{1}{6}.\)

Hướng dẫn giải

1) a) Với \[S = 122,5\] m, ta có:

\(122,5 = 4,9{t^2}\)

\({t^2} = 122,5:4,9\)

\({t^2} = 25\)

\[t = 5\] (do \[t > 0)\]

Vậy sau 5 giây vật rơi tự do chạm đất.

b) Với \(t = 3\) giây ta có \(S = 4,9 \cdot {3^2} = 44,1\) (m).

Vậy vật nặng còn cách mặt đất là: \(122,5 - 44,1 = 78,4\) (m).

2) Xét phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0.\)

Phương trình có \(\Delta ' = {1^2} - 1 \cdot \left( { - 5} \right) = 6 > 0\) nên phương trình này có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)

Theo định lí Viète ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1} \cdot {x_2} = - 5}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(M = \left| {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right)} \right| = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| \cdot \left| {{x_1} + {x_2}} \right|\)

 \( = 2\left| {{x_1} - {x_2}} \right|\)\( = 2\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} \)

 \( = 2\sqrt {x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \)

 \( = 2\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \)

 \( = 2\sqrt {{2^2} - 4 \cdot \left( { - 5} \right)} \)\( = 4\sqrt 6 .\)

Vậy \(M = 4\sqrt 6 .\)

Hướng dẫn giải

Thay \(x = 100,\,\,y = 40\) vào công thức \(y = ax + b\) ta được \(100a + b = 40\) (1)

Thay \(x = 40,\,\,y = 28\) vào công thức \(y = ax + b\) ta được \(40a + b = 28\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{100a + b = 40\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{40a + b = 28\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:

\(60a = 12,\) suy ra \(a = \frac{1}{5}\) (thỏa mãn).

Thay \(a = \frac{1}{5}\) vào phương trình (2), ta được: \(40 \cdot \frac{1}{5} + b = 28,\) suy ra \(b = 20.\)

Vậy hàm số bậc nhất cần tìm là \(y = \frac{1}{5}x + 20.\)

Hướng dẫn giải

Thể tích chi tiết máy có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 17 cm là:

\({V_1} = \pi r_1^2{h_1} = \pi \cdot {17^2} \cdot 17 = 4913\pi \)(cm²).

Thể tích lỗ khoan rồng có dạng hình trụ với bán kính đáy và độ sâu bằng 6 cm là:

\({V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi \cdot {6^2} \cdot 6 = 216\pi \) (cm²).

Thể tích của phần chi tiết máy còn lại sau khi khoan là:

\[V = {V_1} - {V_2} = 4913\pi - 216\pi = 4697\pi = 14\,\,756,06\] (cm²).

1) ⦁ Ta có \(PC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(C\) nên suy ra \(PC \bot OC\)

Do đó \(\widehat {PCO} = 90^\circ \) nên \(\Delta PCO\) vuông tại \(C\)

Suy ra \(\Delta PCO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(PO.\)

Như vậy, ba điểm \[P,\,\,C,\,\,O\] thuộc đường tròn đường kính \(PO.\) (1)

Xét \(\Delta OAB\) có \(OA = OB\) nên \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) có \(OM\) là đường trung tuyến nên \(OM\) là đường cao của \(\Delta OAB\) suy ra \(OM \bot AB\) nên \(\widehat {OMP} = 90^\circ \)

Do đó \(\Delta PMO\) vuông tại \(M\)

Suy ra \(\Delta PMO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(PO.\)

Như vậy, ba điểm \(P,\,\,M,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(PO.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(P,\,\,C,\,\,M,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(PO.\)

Do đó tứ giác \(PCMO\) nội tiếp.

⦁ Ta có \(PC\) và \(PN\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đuờng tròn \(\left( O \right)\)

Suy ra \(OP\) là tia phân giác của góc \(\widehat {CON},\) do đó \(\widehat {COP} = \frac{1}{2}\widehat {CON}\)

Mà \(\widehat {CDN} = \frac{1}{2}\widehat {CON}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung của \(\left( O \right)).\)

Suy ra \(\widehat {CDN} = \widehat {COP}.\) Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên \(PO\,{\rm{//}}\,ND.\)

2) ⦁ Xét đường tròn đường kính \(PO\) có: \(\widehat {CMP} = \widehat {COP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CP)\)

Mà \(\widehat {COP} = \widehat {EOD}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\widehat {CMP} = \widehat {EOD}.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {CAB} = \widehat {CDB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn

Xét \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) có: \(\widehat {CMA} = \widehat {EOD}\) và \(\widehat {CAM} = \widehat {EDO}\)

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{CM}}{{EO}} = \frac{{AM}}{{DO}}\) nên \(CM \cdot OD = OE \cdot AM.\)

⦁ Ta có nên \(\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AM}}{{DO}}\) do đó \(\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{2AM}}{{2DO}}.\)

Mà \(AB = 2AM\) (vì \(M\) là trung điểm của \(AB)\) và \(DC = 2DO\) (vì \(O\) là trung điểm của \(CD)\)

Suy ra \(\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{DC}}.\)

Xét \(\Delta ACB\) và \(\Delta DEC\) có: \(\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{DC}}\) và \(\widehat {CAB} = \widehat {EDC}\)

Do đó  (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {CBA} = \widehat {ECD}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn

Do đó \(\widehat {ECD} = \widehat {CDA}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(CE\,{\rm{//}}\,AD.\) (3)

Ta có \(\widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(AD \bot AC\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AC \bot CE.\)

Do đó \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ACK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right),\) suy ra \(A,\,\,O,\,\,K\) thẳng hàng.