Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Giao Thủy_Tỉnh Nam Định
18 câu hỏi
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Tổng hai nghiệm của phương trình \( - 2{x^2} + 6x - 3 = 0\) bằng
\( - 3.\)
\(3.\)
\(6.\)
\(\frac{3}{2}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Phương trình \( - 2{x^2} + 6x - 3 = 0\) có \(\Delta ' = {3^2} - \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 3} \right) = 3 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Khi đó, theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{6}{{ - 2}} = 3.\)
Hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 0}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\) có nghiệm \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right).\) Khi đó \({x_0} - {y_0}\) bằng
\[ - 1.\]
0.
1.
3.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Sử dụng máy tính cầm tay ta tìm được nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 0}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\) là \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)
Khi đó, ta có \({x_0} - {y_0} = 2 - 1 = 1.\)
\(x > 2026.\)
\(x \ge 2026.\)
\(x < 2026.\)
\(x \le 2026.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Điều kiện xác định của biểu thức \(P = 2025\sqrt {2026 - x} \) là \(2026 - x \ge 0\) tức là \(x \le 2026.\)
Một con diều đang bay với đầu dây buộc cố định trên mặt đất. Sợi dây có độ dài 80 m và tạo với mặt đất một góc \(40^\circ \) (hình vẽ minh hoạ). Hỏi con diều đang bay ở độ cao bao nhiêu m so với mặt đất (làm tròn đến chũ số thập phân thứ nhất)?
\(51,4\) m.
\(61,3\) m.
\(67,1\) m.
\(95,3\) m.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Giả sử \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) mô tả hình ảnh con diều (hình vẽ).
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C,\) ta có: \(BC = AB \cdot \sin A = 80 \cdot \sin 40^\circ \approx 51,4{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Một hồ nước hình tròn, mặt hồ có đường kính 20 m, quanh hồ có một lối đi hình vành khăn rộng 2 m. Diện tích lối đi bằng (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của m2)
\[128,23\] m2.
\[138,23\] m2.
\[12,57\] m2.
\[314,16\] m2.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Bán kính của mặt hồ là: \(\frac{{20}}{2} = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Bán kính của đường tròn lớn mép ngoài lối đi là: \(10 + 2 = 12{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Diện tích lối đi hình vành khăn là: \[S = \pi \left( {{{12}^2} - {{10}^2}} \right) = 44\pi \approx 138,23{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy 4 cm và độ dài đường sinh \[10{\rm{\;cm}}\] là
\(40\pi \) cm.
\(400\pi \) cm2.
\(40\) cm2.
\(40\pi \) cm2.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy 4 cm và độ dài đường sinh \[10{\rm{\;cm}}\] là:
\(S = \pi \cdot 4 \cdot 10 = 40\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Để tìm hiểu thói quen học tập của học sinh lớp 9A, cô giáo chủ nhiệm đã thực hiện khảo sát và ghi nhận số giờ học bài mỗi ngày của học sinh lớp 9A nhu sau:
Thời gian học (giờ) | \(\left[ {0;\,\,1} \right)\) | \(\left[ {1;\,\,2} \right)\) | \(\left[ {2;\,\,3} \right)\) | \(\left[ {3;\,\,4} \right)\) |
Tần số tương đối | \(25\% \) | \(50\% \) | \(20\% \) | \(5\% \) |
Nếu lớp 9A có 40 học sinh thì bao nhiêu học sinh học bài từ 2 đến dưới 3 giờ mỗi ngày?
12.
10.
9.
8.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Số học sinh học bài từ 2 đến dưới 3 giờ mỗi ngày là: \(40 \cdot 20\% = 8\) (học sinh).
Bạn Nam gieo đồng thời hai đồng xu (có một mặt sấp và một mặt ngửa, cần đối, đồng chất). Xác suất để “Hai đồng xu có đúng một đồng xu xuất hiện mặt sấp” là
\(\frac{1}{2}.\)
\(\frac{1}{4}.\)
\(\frac{3}{4}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {SS;\,\,SN;\,\,NN;\,\,NS} \right\}.\) Không gian mẫu có 4 phần tử.
Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai đồng xu có đúng một đồng xu xuất hiện mặt sấp” là \(SN;\,\,NS.\)
Vậy xác suất để “Hai đồng xu có đúng một đồng xu xuất hiện mặt sấp” là \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2}.\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Câu 9-10. (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A = \frac{2}{{\sqrt 2 + 1}} - \sqrt {9 - 4\sqrt 2 } .\)
Hướng dẫn giải
1) \(A = \frac{2}{{\sqrt 2 + 1}} - \sqrt {9 - 4\sqrt 2 } \)
\( = \frac{{2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}} - \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - 4\sqrt 2 + 1} \)
\( = \frac{{2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{2 - 1}} - \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} \)
\[ = 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left| {2\sqrt 2 - 1} \right|\]
\( = 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {2\sqrt 2 - 1} \right)\)
\( = 2\sqrt 2 - 2 - 2\sqrt 2 + 1 = - 1.\)
2) Rút gọn biểu thức \(B = \frac{{5\left( {x - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
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 \(x \ge 0;x \ne 1.\)
Câu 11-12. (1,0 điểm) Một hộp chứa 30 thẻ cùng loại, trên mỗi thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Các thẻ khác nhau ghi số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp đó.
1) Xác định số phần tử không gian mẫu của phép thử.
1) Không gian mẫu của phép thử là \[\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\, \ldots ;\,\,30} \right\}.\]
Vậy không gian mẫu có 30 phần tử.
2) Tính xác suất của biến cố “Số ghi trên thẻ rút được là một số chính phương”.
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 \(\frac{5}{{30}} = \frac{1}{6}.\)
Câu 13-14. (1,5 điểm)
1) Nhà bác học Galileo Galilei (1564 – 1642) là người đầu tiên phát hiện ra quãng đường chuyển động của vật rơi tự do tỉ lệ thuận với bình phương của thời gian chuyển động. Liên hệ giữa quãng đường chuyển động \(S\) (mét) và thời gian chuyển động \(t\) (giây) được cho bởi hàm số \(S = 4,9{t^2}.\) Trong một thí nghiệm Vật lí, người ta thả một vật nặng rơi tự do từ độ cao \[122,5\] m xuống đất (coi sức cản của không khí không đáng kể).
a) Hỏi sau thời gian bao nhiêu giây vật nặng rơi tự do sẽ chạm đất?
b) Sau thời gian 3 giây vật nặng rơi tự do còn cách mặt đất bao nhiêu mét?
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) Biết phương trình \({x^2} - 2x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = \left| {x_1^2 - x_2^2} \right|.\)
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 \(M = 4\sqrt 6 .\)
(1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Tiền cước điện thoại \(y\) (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng cần trả hằng tháng, số tiền đó phụ thuộc vào thời gian gọi \(x\) (phút) của người đó trong tháng. Mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right).\) Hãy xác định hàm số trên trong trường hợp mẹ bạn An trong tháng 1/2025 đã gọi 100 phút với số tiền cước là 40 nghìn đồng và trong tháng 2/2025 đã gọi 40 phút với số tiền cước là 28 nghìn đồng.
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 \(y = \frac{1}{5}x + 20.\)
(1,0 điểm) Một chi tiết máy có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 17 cm. Người ta khoan rỗng ở giữa chi tiết máy đó một lỗ cũng có dạng hình trụ có bán kính đáy và độ sâu bằng 6 cm (như hình vẽ). Tính thể tích của phần chi tiết máy còn lại sau khi khoan (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai của đơn vị tính).
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).
Câu 17-18. (2,0 điểm) Qua điểm \(P\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(PC\) và \(PN.\) Đường thẳng qua \(P\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(A\) và \(B\,\,\left( {PA < PB} \right)\) sao cho ba điểm \(A,\,\,B,\,\,C\) nằm cùng một phía đối với \(PO.\) Vẽ đường kính \(CD\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\)
1) Chứng minh tứ giác \(PCMO\) nội tiếp và \(PO\,{\rm{//}}\,ND.\)
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) Gọi \(E\) là giao điểm của \(PO\) và \[BD.\] Tia \(CE\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K.\) Chứng minh \(CM \cdot OD = OE \cdot AM\) và ba điểm \(A,\,\,O,\,\,K\) thẳng hàng.
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.
