Đề thi thử vào 10 môn Toán 2026 THCS Phú Thượng (Hà Nội) có đáp án

a) Tần số tương đối của nhóm\(\left[ {6;8} \right)\)là \[30\% \]

b) Số học sinh đạt điểm giỏi (từ \[8\] điểm trở lên) là \[60\] học sinh chiếm tỉ số phần trăm là \[15\% \]

Số học sinh khối 9 của trường THCS đó là \[60:15\%  = 400\] học sinh

Có \(25\)kết quả có thể xảy ra là viên bi đánh số \(1;2;3;4;...;25\)

Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng

Có \(4\) kết quả thuận lợi cho biến cố A là viên bi đánh số \(4;9;16;25\)

1) Thay \(x = 4\) (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức \(A\), ta có:

\(A = \frac{{\sqrt 4  + 3}}{{2\sqrt 4  + 8}} = \frac{{2 + 3}}{{2 \cdot 2 + 8}} = \frac{5}{{4 + 8}} = \frac{5}{{12}}\)

Vậy \(x = 4\) thì \(A = \frac{5}{{12}}\).

2) Với \(x \ge 0;x \ne 16\), ta có:

\(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}} - \frac{{x + 12\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 4)(\sqrt x  + 4)}}\)

\(B = \frac{{2\sqrt x (\sqrt x  + 4) - (x + 12\sqrt x )}}{{(\sqrt x  - 4)(\sqrt x  + 4)}}\)

\(B = \frac{{2x + 8\sqrt x  - x - 12\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 4)(\sqrt x  + 4)}}\)

\(B = \frac{{x - 4\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 4)(\sqrt x  + 4)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x  - 4)}}{{(\sqrt x  - 4)(\sqrt x  + 4)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}}\) (đpcm)

3) Ta có \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}}:\frac{{\sqrt x  + 3}}{{2\sqrt x  + 8}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}} \cdot \frac{{2(\sqrt x  + 4)}}{{\sqrt x  + 3}} = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)

Với \(x \ge 0\), ta có \(2\sqrt x  \ge 0\) và \(\sqrt x  + 3 > 0\). Do đó \(P \ge 0\) với mọi \(x \ge 0\).

Suy ra \(\sqrt P \) xác định.

Ta có \(P \le \sqrt P \)

\(P - \sqrt P  \le 0\)

\(\sqrt P (\sqrt P  - 1) \le 0\)

mà \(\sqrt P  \ge 0\) nên \(\sqrt P  - 1 \le 0\)

Suy ra \(\sqrt P  \le 1\)

\(P \le 1\)

\(\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} \le 1\)

\(2\sqrt x  \le \sqrt x  + 3\) (vì \(\sqrt x  + 3 > 0\))

\(\sqrt x  \le 3\)

\(x \le 9\)

Kết hợp điều kiện xác định, ta được: \(0 \le x \le 9\)

Vậy để \(P \le \sqrt P \) thì \(0 \le x \le 9\).

Gọi vận tốc xe tải là \(x\) (km/h), \(x > 0\)

Vận tốc xe con là  \(x + 5\) (km/h)

Thời gian xe tải đi là \(\frac{{270}}{x}\)  (giờ)

Thời gian xe con đi là \(\frac{{270}}{{x + 5}}\)  (giờ)

Vì xe con đi sau xe tải \(45\)phút = \(\frac{3}{4}\), hai xe đến B cùng một lúc nên ta có phương trình

\(\frac{{270}}{x} - \frac{{270}}{{x + 10}} = \frac{3}{4}\)

Đưa về phương trình \({x^2} + 5x - 1800 = 0\)

\(\left( {x + 45} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\)

Phương trình có hai nghiệm \(x =  - 45;x = 40\,\,\)

Đối chiếu điều kiện ta được \(x = 40\,\,\)

Vận tốc của xe tải là \(40\,\,km/h\), vận tốc của xe con là \(45\,\,km/h\)

Gọi số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là \(x\) (chiếc) và số hàng dự định là \(y\) (hàng ghế) \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Số ghế dự định dùng là \(xy\)  (chiếc)

Nếu tăng thêm 1 hàng nhưng mỗi hàng bớt đi 1 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp tăng thêm 10 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

\(\left( {x - 1} \right).\,\left( {y + 1} \right) = xy + 10\)

Nếu bớt đi 1 hàng nhưng mỗi hàng tăng thêm 2 ghế thì tổng số ghế vẫn tăng thêm 9 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

\(\left( {x + 2} \right).\,\left( {y - 1} \right) = xy + 9\)

Ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {x - 1} \right).\,\left( {y + 1} \right) = xy + 10\\\left( {x + 2} \right).\,\left( {y - 1} \right) = xy + 9\end{array} \right.\)

Biến đổi được\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 11\\ - x + 2y = 11\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được \(x = 33;y = 22\)

Vậy số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là \(33\) (chiếc), và số hàng dự định là  \(22\) (hàng ghế),

Biết phương trình bậc hai (ẩn x): \[2x_{}^2 - mx - 6 = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[x_1^{};x_2^{}\] \[\left( {x_1^{} > x_2^{}} \right)\]

Áp dụng định lý Viete ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}x_1^{} + x_2^{} = \frac{m}{2}\\x_1^{}x_2^{} =  - 3\end{array} \right.\]

 Vì \[x_1^{} > x_2^{}\] nên \[x_1^{} > 0 > x_2^{}\]

Suy ra \[\left| {x_1^{}} \right| = x_1^{};\,\,\,\left| {x_2^{}} \right| =  - x_2^{}\]

\[\begin{array}{l}2x_1^2 - m\left| {x_2^{}} \right| = 8\\2x_1^2 + mx_2^{} = 8\\mx_1^{} + mx_2^{} + 6 = 8\\m\left( {x_1^{} + x_2^{}} \right) = 2\\m.\frac{m}{2} = 2\\m =  \pm 2\end{array}\]

\[A = \left| {x_2^{}} \right| - \left| {x_1^{}} \right| =  - x_2^{} - x_1^{} =  - \frac{m}{2}\]

Nếu \[m = 2\]thì \[A =  - 1\]

Nếu \[m =  - 2\]thì \[A = 1\]

a) Thể tích một viên bi là:

\[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \approx \frac{4}{3}.3,14.{\left( 2 \right)^3} \approx 33,5\](cm3)

Vậy thể tích một viên bi khoảng 33,5 cm3

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của phần nước dâng lên trong bình trụ.

 Thể tích phần nước dâng lên là: \[V = 5.\frac{4}{3}\pi {R^3} = 5.\frac{4}{3}.\pi .{\left( 2 \right)^3} = \frac{{160\pi }}{3}\](cm3)

Bán kính đáy của một cốc nước hình trụ là: \(8:2 = 4\)cm

Chiều cao của mực nước dâng lên là (cm)

a) Chứng minh bốn điểm S, A, O, H cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: \(OA \bot AS\) (vì \(SA\) là tiếp tuyến của (O)\( \Rightarrow \widehat {SAO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta SAO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\)

\( \Rightarrow S,A,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\) (1)

Ta có: \(OH \bot BC\)\( \Rightarrow \widehat {SHO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta SHO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\)

\( \Rightarrow S,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm \(S,O,H,A\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(SO\)

a)       Kẻ đường kính AK của (O). Tia SO cắt đường thẳng KC tại P. Chứng minh \(\widehat {SHA} = \widehat {POK}\) và \(PK.CH = AB.OK\).

b1) Ta có  \(\widehat {SOA} = \widehat {POK}\)(hai góc đối đỉnh)

Xét đường tròn đường kính \(SO\) có :

\(\widehat {AOS} = \widehat {AHB}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AS\))

Lại có  \(\widehat {SOA} = \widehat {POK}\)(hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\widehat {SHA} = \widehat {POK}\)

b2) Xét \(\left( O \right)\)có \(\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn )

Chứng minh \(\Delta ABH \sim \Delta PKO(g - g)\)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{PK}} = \frac{{BH}}{{OK}}\,\,\,m\`a \,\,\,BH = CH\)

\( \to AB.OK = PK.CH\)

c) Gọi D là giao điểm của AP với (O) (D khác A). Q là giao điểm của DC và BK, I là giao điểm của BC và DK. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt SA tại J. Chứng minh \(QI\,{\rm{//}}\,BJ\).

\(\Delta ABH \sim \Delta PKO(g - g)\)

\( \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta PKA\)(bổ đề trung tuyến)

 $\begin{array}{l}\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{PAK}\\ mà\widehat{BCK}=\widehat{BAK}\left(=\frac{1}{2}sd\stackrel{⏜}{BK}\right)\\ \widehat{ACB}+\widehat{BCK}=\widehat{PAK}+\widehat{BAK}\\ \Rightarrow \widehat{PAB}=90°\end{array}$

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DAB} = 90^\circ \) 

\( \Rightarrow \) \(BADK\) là hình chữ nhật

\( \Rightarrow \)\(B,O,D\)thẳng hàng

\( \Rightarrow \)\(\widehat {BKD} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta BDQ\) có \(DK,BC\) là đường cao 

\( \Rightarrow \) \(QI \bot BD\) 

Mà \(JB \bot BD\) (\(JB\)là tiếp tuyến của (O)

\( \Rightarrow \) \(JB//QI\) 

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là \(x\left( {m,0 < x \le 4} \right)\).

Chiều dài của hình chữ nhật là \(2y\left( {m,y > 0} \right)\).

Xét \(\Delta ONP\) vuông tại \[P\] ta có

\({x^2} + {y^2} = 16\)

Suy ra \(y = \sqrt {16 - {x^2}} \)

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

\({S_{MNPQ}} = x \cdot 2 \cdot \sqrt {16 - {x^2}}  = 2 \cdot x \cdot \sqrt {16 - {x^2}} .\)

Áp dụng BĐT Cauchuy, ta có:

\(S \le 2 \cdot \frac{{{x^2} + 16 - {x^2}}}{2} = 16\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = \sqrt {16 - {x^2}} \)

Nên \[{x^2} = 16 - {x^2}\]

Suy ra \(x = 2\sqrt 2 \)

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt).