Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 THCS Phan Chu Trinh (Hà Nội) có đáp án

a) Dựa vào biểu đồ, tỉ lệ người từ 25 đến 35 tuổi là \(33,75\% \).

Tổng số người tham gia biểu diễn là: \(\frac{{54}}{{33,75\% }} = 160\) (người)

Vậy có tổng cộng 160 người tham gia biểu diễn.

b) Nhóm người dưới 45 tuổi bao gồm hai nhóm:

Từ 25 đến 35 tuổi: Tỉ lệ \(33,75\% \)

Từ 35 đến 45 tuổi: Tỉ lệ \(28,75\% \)

Tổng tỉ lệ người dưới 45 tuổi là: \(33,75\%  + 28,75\%  = 62,5\% \)

Số người tham gia biểu diễn dưới 45 tuổi là: \(160 \cdot 62,5\%  = 100\) (người)

Vậy có 100 người tham gia biểu diễn dưới 45 tuổi.

Túi I có 3 thẻ: 1, 2, 4.

Túi II có 3 viên bi: Đỏ (Đ), Xanh (X), Vàng (V).

Lấy ngẫu nhiên 1 tấm thẻ từ túi I và 1 viên bi từ túi II, ta có thể liệt kê các kết quả xảy ra dưới dạng các cặp (số trên thẻ, màu viên bi) như sau:

.

Khi đó, có tất cả 9 kết quả có thể xảy ra. Do việc lấy là ngẫu nhiên nên các kết quả này đồng khả năng.

Các thẻ đánh số chẵn trong túi I là thẻ số 2 và thẻ số 4.

Do đó, các kết quả thỏa mãn vừa có số chẵn vừa có bi màu đỏ là:

Suy ra có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố A.

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{2}{9}\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(\frac{2}{9}\).

1) Thay \(x = 81\) (TMĐK) vào biểu thức \(B\), ta được:

\(B = \frac{{\sqrt {81}  - 3}}{{\sqrt {81}  - 2}} = \frac{{9 - 3}}{{9 - 2}} = \frac{6}{7}\).

Vậy khi \(x = 81\) thì \(B = \frac{6}{7}\).

2) Với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 9\), ta có:

\(A = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{3 - 11\sqrt x }}{{9 - x}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{3 - 11\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right) + \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right) - \left( {3 - 11\sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{2x - 6\sqrt x  + x + 3\sqrt x  + \sqrt x  + 3 - 3 + 11\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

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

Vậy với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 9\) thì \(A = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}.\)

3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P = A.B\) có giá trị không âm.

Ta có \(P = A \cdot B\)\( = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\)

Để \(P\) có giá trị không âm thì \(P \ge 0\) nên \(\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} \ge 0\).

Vì \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x  \ge 0\), do đó \(3\sqrt x  \ge 0\). Ta xét 2 trường hợp:

TH1: \(3\sqrt x  = 0\) suy ra \(x = 0\). Thay vào \(P\) ta được \(P = \frac{0}{{ - 2}} = 0 \ge 0\) (TMĐK).

TH2: \(3\sqrt x  > 0\) suy ra \(x > 0\).

Để \(P \ge 0\) mà \(3\sqrt x  > 0\) (vì \(x > 0\)) thì \(\sqrt x  - 2 > 0\) suy ra \(\sqrt x  > 2\) nên \(x > 4\).

Kết hợp cả 2 trường hợp với điều kiện xác định (\(x \ne 9\)), ta được: \(x = 0\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}x > 4\\x \ne 9\end{array} \right.\).

Vậy \(x = 0\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}x > 4\\x \ne 9\end{array} \right.\) thì \(P\) có giá trị không âm.

Gọi số lần học sinh ném trúng là \(x\) (lần). ĐK \(x \in \mathbb{N}\)

Thì số lần học sinh ném trượt là \(20 - x\) (lần)

Điểm nhận được khi ném trúng là \(4x\) (điểm)

Điểm nhận được khi ném trượt là \( - 1\left( {20 - x} \right)\) (điểm)

Vì học sinh nào đạt từ \[50\] điểm trở lên sẽ được vào đội tuyển nên ta có bất phương trình \(4x - \left( {20 - x} \right) \ge 50\)

\(4x - 20 + x \ge 50\)

\(x \ge 14\)

Mà \(x \in \mathbb{N}\), \(x\) nhỏ nhất nên \(x = 14\).

Vậy học sinh phải ném trúng ít nhất \(14\) lần để được vào đội tuyển của trường.

Gọi số trẻ được phường cập nhật định danh mỗi ngày theo kế hoạch là \(x\) (trẻ). ĐK \(x \in \mathbb{N}*\)

Thì số trẻ được phường cập nhật định danh mỗi ngày theo thực tế là \(x + 40\) (trẻ).

Số ngày làm theo kế hoạch là \(\frac{{7\,200}}{x}\) (ngày)

Số ngày làm theo thực tế là \(\frac{{7\,200}}{{x + 40}}\) (ngày)

Vì thực tế đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch \(2\) ngày nên ta có phương trình

\(\frac{{7\,200}}{x} - \frac{{7\,200}}{{x + 40}} = 2\)

Suy ra \(7\,200x + 288\,000 - 7\,200x = 2{x^2} + 80x\)

\({x^2} + 40x - 144\,000 = 0\)

\(\left( {x - 360} \right)\left( {x + 400} \right) = 0\)

Nên \(x = 360\) (tmĐK); \(x =  - 400\) (không tmĐK).

Vậy số trẻ được phường cập nhật định danh mỗi ngày theo kế hoạch là \(360\) (trẻ).

Ta có \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4\;{\rm{.}}\;3\;{\rm{.}}\;1 = 13 > 0\) nên phương trình có hai nghiểm phân biêt,
Àp dụng hệ thức Viète ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{5}{3}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).
Ta có \(M = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {x_1}\left( {{x_1} - \frac{5}{3}} \right) = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + {x_1}\left( {{x_1} - {x_1} - {x_2}} \right)\) (vì \({x_1} + {x_2} = \frac{5}{3}\))

\(M = {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} - 4\; \cdot \;\frac{1}{3} + {x_1}\left( { - {x_2}} \right)\)

\(M = {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} - 4\; \cdot \;\frac{1}{3} - \frac{1}{3} = \frac{{10}}{9}\).

a) Tính thể tích hộp giấy

V= a.b.c = 24.16.12 = 4608 cm3

      b) Có thể xếp được tối đa bao nhiêu lon nước ngọt trên. (lấy \[\pi  \approx 3,14\])

            Đường kính đáy của lon nước là : 2,9 x 2 = 5,8 cm.
            24: 5,8 \[ \approx \] 4,1 . Chiều dài xếp được tối đa 4 lon.
           16: 5,8 \[ \approx \] 2,7. Chiều rộng xếp được tối đa 2 lon

           Vậy hộp xếp được tối đa 4.2 = 8 lon.

a) Chứng minh tứ giác AEDB nội tiếp;

C/m 3 điểm A, B, E thuộc đường tròn đường kính AB

C/m 3 điểm A, B, D thuộc đường tròn đường kính AB

Suy ra tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB

b)

b1) Xét đường tròn tâm O có

\[\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\](góc nội tiếp cùng chắn một cung AC)

C/m $\Delta ABD\backsim \Delta AMC$  (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{AD}}{{AC}} \Rightarrow AB.AC = AM.AD\)(đpcm)

b2) C/m DF \( \bot \) AC

          Chứng minh tg ABFE nội tiếp

Suy ra: \(\widehat {EBF} = \widehat {EAF}\)(hai góc nội tiếp chắn cung EF)

      Chứng minh tứ giác ABDF nội tiếp

Suy ra: \(\widehat {BAD} = \widehat {BFD}\)(hai góc nội tiếp chắn cung BD)

Mà \(\widehat {BAD} = \widehat {EAF}\)(do $\Delta ABD\backsim \Delta AMC$)

Suy ra: \[\widehat {EBF} = \widehat {BFD}\] Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BE//DF\)

Lại có \(BE \bot AC \Rightarrow DF \bot AC\)

c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm E, F, I thẳng hàng.

C/m tứ giác BOFI nội tiếp đường tròn đường kính BO

\( \Rightarrow \widehat {BOI} = \widehat {BFI}\)

    Có \(\widehat {BOI} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\)

    và \(\widehat {BAE} = \widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\)

   \( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {BFI}\)

    Xét đường tròn đường kính AB \( \Rightarrow \widehat {AFE} = \widehat {ABE}\)

   \( \Rightarrow \widehat {AFE} + \widehat {BFI} = \widehat {ABE} + \widehat {BAE} = {90^0}\)

   \( \Rightarrow \widehat {AFE} + \widehat {BFI} + \widehat {AFB} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

    \( \Rightarrow \widehat {EFI} = {180^0} \Rightarrow \) Ba điểm E, F, I thẳng hàng (đpcm)