Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 phòng GD&ĐT huyện Đông Anh (Hà Nội) có đáp án

1) \[3{x^2} + 10x + 3 = 0\].

Ta có:  \[\Delta ' = 25 - 9 = 16 \Rightarrow \sqrt {\Delta '}  = 4\]

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{ - 5 + 4}}{3} = \frac{{ - 1}}{3}\];  \[{x_2} = \frac{{ - 5 - 4}}{3} =  - 3\]

2) \[13{x^2} - 14x + 1 = 0\]

Vì \[a + b + c = 13 + \left( { - 14} \right) + 1 = 0\] nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1} = 1\];  \[{x_2} = \frac{1}{{13}}\]

3) \[\frac{{x + 2}}{3} + \frac{{x - 3}}{2} > 1\]

\[\frac{{2\left( {x + 2} \right)}}{6} + \frac{{3\left( {x - 3} \right)}}{6} > \frac{6}{6}\]

\[2\left( {x + 2} \right) + 3\left( {x - 3} \right) > 6\]

\[2x + 4 + 3x - 9 > 6\]

\[5x > 11\]

Vậy  bất phương trình có nghiệm \[x > \frac{{11}}{5}\].

a) Thay \[x = 25\]( thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[A\] có \[A = \frac{{\sqrt {25} }}{{\sqrt {25}  + 3}} = \frac{5}{8}\].

Kết luận.

b) \[B = \frac{1}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{2\sqrt x  + 12}}{{x - 9}}\]

\[B = \frac{1}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{2\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}} + \frac{{2\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{\sqrt x  - 3 + x + 3\sqrt x  + 2\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{x + 6\sqrt x  + 9}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}}\] (đpcm)

c) \[P = A.B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\]

\[P = 1 + \frac{3}{{\sqrt x  - 3}}\]

Để \[P\] có giá trị nguyên thì \[\left( {\sqrt x  - 3} \right) \in \]Ư(3) \[ = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\]

Lập bảng:

Vậy \[x \in \left\{ {16;36;4;0} \right\}\] thì \[P\] đạt giá trị nguyên.

Gọi \(x\,,\,y\) lần lượt là số tiền chị M đã mua trái phiếu doanh nghiệp và gửi tiết kiệm ngân hàng (đơn vị : triệu đồng ; \(0 < x\,;\,y < 500\))

Chị M đầu tư \(500\) triệu đồng nên ta có phương trình \(x + y = 500\,\,\,\left( 1 \right)\)

Theo đề bài, trái phiếu doanh nghiệp với lãi suất \(8{\rm{\% }}\) một năm và gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất \(7,7\,{\rm{\% }}\) một năm. Chị M nhận được tất cả là \(39,4\) triệu đồng tiền lãi nên ta có phương trình

\(x.8\,{\rm{\% }}{\rm{.}} + y.7,7\,{\rm{\% }} = 39,4\,\,\left( 2 \right)\)

Kết hợp, ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x.8\,{\rm{\% }}{\rm{.}} + y.7,7\,{\rm{\% }} = 39,4\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được \(x = 300\,;\,y = 200\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy chị M đã mua trái phiếu doanh nghiệp với \(300\) triệu đồng và gửi tiết kiệm ngân hàng với \(200\) triệu đồng.

Gọi chiều dài, chiều rộng ban đầu của mảnh vườn lần lượt là \(x\,,\,y\) (đơn vị \({\rm{m}}\); \(10 < x\,;\,y < 40\))

Chu vi của mảnh vườn là \(80\,{\rm{m}}\), nửa chu vi là \(80:2 = 40\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Ta có phương trình: \(x + y = 40\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Diện tích của mảnh vườn ban đầu là \(x.y\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Nếu tăng chiều dài lên \(3\) lần và giảm chiều rộng \(10\,{\rm{m}}\) thì diện tích của mảnh vườn đó tăng thêm là \(132\,{{\rm{m}}^2}\), ta có phương trình \(3x.\left( {y - 10} \right) = xy + 132\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

\(3xy - 30x = xy + 132\)

\(2xy - 30x - 132 = 0\) (*)

Từ phương trình (1), ta được \(y = 40 - x\), ta thay vào phương trình (*) ta được

\(2x\left( {40 - x} \right) - 30x - 132 = 0\)

\( - 2{x^2} + 80x - 30x - 132 = 0\)

\( - 2{x^2} + 50x - 132 = 0\)

\(2{x^2} - 50x + 132 = 0\)

\(2{x^2} - 44x - 6x + 132 = 0\)

\(2x\left( {x - 22} \right) - 6\left( {x - 2} \right) = 0\)

\(\left( {x - 22} \right)\left( {2x - 6} \right) = 0\)

\(x - 22 = 0\) hoặc \(2x - 6 = 0\)

\(x = 22\) (thỏa mãn điều kiện) hoặc \(x = 3\) (tmđk, Loại)

Chiều dài ban đầu của mảnh vườn hình chữ nhật là \(22\,{\rm{m}}\)

Chiều rộng ban đầu của mảnh vườn hình chữ nhật là \(40 - 22 = 18\,{\rm{m}}\)

Vậy mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài \(22\,{\rm{m}}\); chiều rộng \(18\,{\rm{m}}\).

Xét phương trình \({x^2} - 3x + a = 0\) (1) có dạng phương trình bậc 2 ẩn \(x\)

Xét \(\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} - 4a = 9 - 4a\)

Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta  \ge 0\)

\(9 - 4a \ge 0\)

\(a \le \frac{9}{4}\)

Với \(a \le \frac{9}{4}\) thì phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\)

Áp dụng định lý Vi-et, ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}\,.\,{x_2} = a\end{array} \right.\)

Theo đề bài, phương trình có một nghiệm \(x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\), nghiệm còn lại là

\(x = 3 - \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\)

Khi đó \({x_1}\,.\,{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = 1\)

Tổng lập phương hai nghiệm của phương trình là

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

\( = {3^3} - 3.1.3\)

\( = 18\)

Vậy tổng lập phương hai nghiệm của phương trình là \(18\).

a) Hàng rào có chiều dài là:

\(l + 2R = \frac{{\pi .200.72}}{{180}} + 2.200 = 80\pi  + 400 \approx 651,2\) (m)

b) Diện tích khu đất là: \(\frac{{\pi {{.200}^2}.72}}{{360}} = 8000\pi \) \(\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích trồng cỏ là: \(8000\pi .\frac{{30}}{{100}} = 2400\pi  \approx 7536\) \(\left( {{m^2}} \right)\)

a) Ta có \(\widehat {ACB}\) chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \)

\(\Delta EIB\) vuông tại \(I\), cạnh huyền \(EB\) nên ba điểm \(E,I,B\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(EB\)

\(\Delta ECB\) vuông tại \(C\), cạnh huyền \(EB\) nên ba điểm \(E,C,B\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(EB\)

Do đó bốn điểm \(I,E,C,B\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(EB\)

Vậy tứ giác \(IECB\) nội tiếp được trong đường tròn.

b) Ta có \(\widehat {AME} = 90^\circ  - \widehat {MAB} = \widehat {ABM} = \widehat {ACM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\))

Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta ACM\) có :

\(\widehat {AME} = \widehat {ACM}\)

\(\widehat {CAM}\) chung

Suy ra \(\Delta AME\)\(\Delta ACM\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) Suy ra \(A{M^2} = AE.AC\)

c) Gọi \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta CME\)

Vì \(\widehat {AME} = \widehat {ACM}\) (cùng chắn hai cung bằng nhau) suy ra \(AM\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta CME\) tại \(M\)

Mà \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) nên \(BM \bot AM\) nên \(J\) luôn thuộc đường thẳng\(MB\)

Do đó \(NJ\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(J\) trung hình chiếu \(H\) của \(N\) trên cạnh \(MB\), hay khi \(C\) trùng với giao điểm của đường tròn \(\left( {H;HM} \right)\) với \(\left( O \right)\) thì khoảng cách từ \(N\) đến tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta CME\) là nhỏ nhất.