Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 Cụm các trường quận Nam Từ Liêm (Hà Nội) lần 2 có đáp án

a) Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {3;6} \right)\] là: \(7\)

b) Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {12;15} \right)\] là: \(30 - 4 - 7 - 9 - 5 - 2 = 3\)

Tần số ghép nhóm tương đối của nhóm \[\left[ {12;15} \right)\] là: \(\frac{{3.100\% }}{{30}} = 10\% \)

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra là: \(\Omega  = \left\{ {1;2;3;...;30} \right\}\)=> tập hợp \(\Omega \) có \(30\) phần tử

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố là: \(A = \left\{ {1;5;9;13;17;21;25;29} \right\}\)

=> có \(8\) kết quả thuận lợi cho biến cố

Xác suất của biến cố là: \(\frac{8}{{30}} = \frac{4}{{15}}\)

a) Thay \(x = 16\) (tmđk) vào \(A\) ta có: \(A = \frac{{3.\sqrt {16}  + 2}}{{\sqrt {16}  - 2}} = 7\)

b) \(B = \frac{{x + 12}}{{x - 4}} + \frac{4}{{\sqrt x  + 2}}\)  với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)

     \(\begin{array}{l}\,\,\,\, = \frac{{x + 12}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \frac{4}{{\sqrt x  + 2}}\\\,\,\, = \frac{{x + 12 + 4\sqrt x  - 8}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x + 4\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\end{array}\)

\(\,\,\, = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}}\) (đpcm)

c) Ta có \(A - B \le 0\)

\(\frac{{3\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} \le 0\)

\(\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} \le 0\)

Vì \(x \ge 0\) nên \(2\sqrt x  \ge 0\) suy ra \(\sqrt x  - 2 < 0 \Rightarrow x < 4\).

Kết hợp ĐKXĐ: \(x \ge 0,\,x \ne 4\)

Suy ra \(0 \le x < 4\).

+ Gọi giá niêm yết của một chiếc tai nghe là \(x\)(đồng)

Giá niêm yết của một chiếc loa Bluetooth là \(y\)(đồng)

Đk: \(x,y > 0\)

+ Giá tiền \[6\]chiếc tai nghe anh Tuấn mua là: \(4x + 2(x - 5\% x) = 5,9x\)(đồng)

Giá tiền \[3\]chiếc loa Bluetooth anh Tuấn mua là: \(3y\)(đồng)

=> phương trình: \(5,9x + 3y = 5774000\) (1)

+ Giá tiền \[4\]chiếc tai nghe anh Hùng mua là: \(4x\)(đồng)

Giá tiền \[5\]chiếc loa Bluetooth anh Hùng mua là: \(4y + (y - 5\% y) = 4,95y\)(đồng)

=> phương trình: \(4x + 4,95y = 6889000\) (2)

+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}5,9x + 3y = 5774000\\4x + 4,95y = 6889000\end{array} \right.\)

                                            \(\left\{ \begin{array}{l}x = 460000\left( {TM} \right)\\y = 1020000\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

+ Vậy giá niêm yết của một chiếc tai nghe là \(460000\) đồng

Giá niêm yết của một chiếc loa Bluetooth là \(1020000\)đồng

Đổi \(10400m = 10,4km\)

+ Gọi vận tốc của nhóm thám hiểm là \(x(km/h)\)

Vận tốc của đội cứu hộ là \(x + 2(km/h)\)

+ Thời gian nhóm thám hiểm đi là: \(\frac{{10,4}}{x}(h)\)

Thời gian của nhóm cứu hộ là: \(\frac{{10,4}}{{x + 2}}(h)\)

Thời gian chênh lệch giữa hai nhóm là: \[8\]giờ\(15\)phút - \(7\)giờ = 1giờ15phút = \(\frac{5}{4}\)giờ

=> phương trình: \(\frac{{10,4}}{x} - \frac{{10,4}}{{x + 2}} = \frac{5}{4}\)

                \(\frac{{10,4.(x + 2) - 10,4x}}{{{x^2} + 2x}} = \frac{5}{4}\)

                \(\frac{{20,8}}{{{x^2} + 2x}} = \frac{5}{4}\)

                => \(5{x^2} + 10x - 83,2 = 0\)

+ Giải phương trình ta được: \(x = 3,2(tm)\); \(x =  - 5,2(ktm)\)

+ Vậy vận tốc của nhóm thám hiểm là \(3,2(km/h)\)

+ Có \(ac = 2.( - 3) =  - 6( - 6 < 0)\)=> phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

+ Áp dụng hệ thức Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - m\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\)

+ TH1: \({x_1} = \frac{{3 - \sqrt {15} }}{2}\)=> \({x_2} = \frac{{3 + \sqrt {15} }}{2}\)

=> \({x_1} - {x_2} = \frac{{3 - \sqrt {15} }}{2} - \frac{{3 + \sqrt {15} }}{2} =  - \sqrt {15} \)

Ta có: \(P = x_1^3 - x_2^3\)

      \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^3} + 3{x_1}{x_2}({x_1} - {x_2})\)

      \(P = \frac{{ - 21\sqrt {15} }}{2}\)

+ TH2: \({x_2} = \frac{{3 - \sqrt {15} }}{2}\)=> \({x_1} = \frac{{3 + \sqrt {15} }}{2}\)

=> \({x_1} - {x_2} = \frac{{3 + \sqrt {15} }}{2} - \frac{{3 - \sqrt {15} }}{2} = \sqrt {15} \)

Ta có: \(P = x_1^3 - x_2^3\)

      \(P = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^3} + 3{x_1}{x_2}({x_1} - {x_2})\)

      \(P = {\left( {\sqrt {15} } \right)^3} + 3.\frac{{ - 3}}{2}.\sqrt {15} \)

      \(P = 15\sqrt {15}  + \frac{{ - 9\sqrt {15} }}{2}\)

      \(P = \frac{{30\sqrt {15}  - 9\sqrt {15} }}{2} = \frac{{21\sqrt {15} }}{2}\)

Vậy \(P =  \pm \frac{{21\sqrt {15} }}{2}\)

Đổi đơn vị: đường kính quả cầu \(50\;mm\; = \;5\;cm\) nên bán kính \(r\; = \;2,5\) cm.

a) Thể tích quả cầu:

\(V\; = \;\left( {\frac{4}{3}} \right)\cdot\pi \cdot{r^3} \approx \;\left( {\frac{4}{3}} \right)\cdot3,14\cdot{\left( {2,5} \right)^3} = \;65,42\;\left( {c{m^3}} \right)\)

b) Thể tích phần nổi:

Diện tích đáy cốc:

\(S\; = \;\pi \cdot{R^2} \approx 3,14\cdot{4^2} = \;50,24\;\left( {c{m^2}} \right)\)

Thể tích nước dâng (đây là thể tích phần chìm của quả cầu cộng với thể tích nước rót vào):

\({V_d} = S\cdoth\; = \;50,24\cdot9,5\; = \;477,28\;\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích phần chìm của quả cầu:

\({V_c}\; = \;477,28\; - \;450\; = \;27,28\;\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích phần nổi:

\({V_n} = 65,42\; - \;27,28\; = \;38,14\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Vì A, E, K thẳng hàng nên \(\widehat {KEB} = \widehat {AEB}\).

Do AB là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên  \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \).

Suy ra \(K,E,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\).

Mặt khác, \(AB \bot CD\) tại I; B, I, A thẳng hàng và K, I, D thẳng hàng nên \(\widehat {KIB} = \;90^\circ \).

Suy ra \(K,I,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\).

Suy ra bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi P là giao điểm của tia BE và tia DC, Q là giao điểm của AP và BK.

Chứng minh \(AK\;\cdot\;AE\; = \;AI\;\cdot\;AB\) và \(IK\) là tia phân giác của góc EIQ.

Xét \({\rm{\Delta }}AKI\) và \({\rm{\Delta }}ABE\) có

\(\hat A\) chung

\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)

Suy ra $\text{Δ}AKI\backsim \Delta ABE$  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) (các cặp cạnh tương ứng)

Do đó \(AK \cdot AE = AB \cdot AI\) (tỉ lệ thức).

Chứng minh tứ giác \(BIKE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BK\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\).

Chứng minh \(K\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}ABP\) suy ra \(BK \bot AP\) hay \(BQ \bot AP\).

Suy ra \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) và \(Q\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay \(Q \in \left( O \right)\).

Chứng minh tứ giác \(AQKI\) nội tiếp suy ra \(\widehat {QIK} = \widehat {QAK}\).

Mà \(Q \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {QAE} = \widehat {QBE}\) hay \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {QIK}\).

Do đó \(IK\) là tia phân giác của \(\widehat {EIQ}\).

c) Gọi T là trung điểm của KP. Chứng minh khi dây CD thay đổi và vuông góc với AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định.

Cách 1:

Chứng minh \(\widehat {KPE} = \widehat {BAE}\) (cùng phụ \(\widehat {ABE}\)) suy ra  (g.g).

Do đó \(\widehat {PKE} = \widehat {ABE}\).

Mà \({\rm{\Delta }}TEK\) cân ở \(T\) nên \(\widehat {TKE} = \widehat {TEK} \Rightarrow \widehat {TEK} = \widehat {ABE}\).

Vì \({\rm{\Delta }}AEO\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OAE} = \widehat {AEO}\) hay \(\widehat {AEO} = \widehat {BAE}\)

Do đó

\(\widehat {TEK} + {\rm{\;}}\widehat {AEO} = \widehat {ABE} + \widehat {BAE}\)

\(\widehat {TEO} = 90^\circ \)

Suy ra \(T\), E, O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).

Chứng minh tương tự ta có \(T\), \(Q\), O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).

Suy ra \(4\) điểm \(T,Q,E,O\) cùng thuộc một đường tròn.

Vì \(O\) cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định.

Cách 2:

Có \(\Delta PTE\) cân tại \(T \Rightarrow \widehat {TPE} = \widehat {TEP}\)

Có: \(\Delta OBE\) cân tại \(O \Rightarrow \widehat {OEB} = \widehat {OBE}\)

Mà \[\widehat {TPE} + \widehat {OBE} = 90^\circ \]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {TEP} + \widehat {OEB} = 90^\circ \\ \Rightarrow \widehat {TEO} = 90^\circ \end{array}\]

Suy ra \(T\), E, O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).

Chứng minh tương tự ta có \(T\), \(Q\), O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).

Suy ra \(4\) điểm \(T,Q,E,O\) cùng thuộc một đường tròn.

Vì \(O\) cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định

Cách 1:

Gọi giá một xuất ăn trong giờ cao điểm để doanh thu trong mỗi lượt phục vụ lớn nhất là x (

nghìn đồng, \(x > 0\)).

Số ghế trong nhà ăn là \(15.6 = 90\) (ghế).

Giá chênh sau khi tăng giá là: \(x - 160\) (nghìn đồng).

Số ghế trống lúc này là: \(\frac{{x - 160}}{{20}}.3 = \frac{{3x - 480}}{{20}}\) (ghế).

Số xuất ăn bán được là: \(90 - \frac{{3x - 480}}{{20}} = \frac{{2280 - 3x}}{{20}}\) (xuất).

Số tiền bán được là: \(x.\frac{{2280 - 3x}}{{20}} = \frac{{2280x - 3{x^2}}}{{20}}\) (nghìn đồng).

Ta có \(\frac{{2280x - 3{x^2}}}{{20}} = \frac{{ - 3}}{{20}}.\left( {{x^2} - 760x} \right) = \frac{{ - 3}}{{20}}\left[ {{{\left( {x - 380} \right)}^2} - 144400} \right]\)

Xét \({\left( {x - 380} \right)^2} \ge 0\)

       \({\left( {x - 380} \right)^2} - 144400 \ge  - 144400\)

       \(\frac{{ - 3}}{{20}}{\left( {x - 380} \right)^2} - 144400 \le 21660\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 380\,\,\,(t/m)\).

Vậy giá một xuất ăn là \(380\) nghìn đồng.

Cách 2:

Số ghế trong nhà hàng: \(15.6 = 90\) (ghế)

Gọi số lần tăng giá để doanh thu trong mỗi lượt phục vụ lớn nhất là \(x\)  (lần) (\(x > 0,x \in \mathbb{N}\))

Giá tiền của một suất ăn: \(160 + 20x\) (nghìn đồng)

Số ghế còn lại sau khi tăng giá: \(90 - 3x\) (ghế)

Tổng doanh thu của cửa hàng là: \(\left( {90 - 3x} \right)\left( {160 + 20x} \right)\) (nghìn đồng)

Có:

 \(\begin{array}{l}\left( {90 - 3x} \right)\left( {160 + 20x} \right)\\ =  - 60\left( {{x^2} - 22x - 240} \right)\\ =  - 60{\left( {x - 11} \right)^2} + 21660 \ge 21660\end{array}\)

Dấu “ = ” xảy ra khi \(x = 11\)

Vậy giá một xuất ăn là: \(160 + 20.11 = 380\) (nghìn đồng)