Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 THCS Chuyên Hà Nội Amsterdam (Hà Nội) Tháng 5 lần 2 có đáp án

Số học sinh tham gia điều tra là \(1 + 5 + 9 + 5 = 20\)

Bảng tần số tương đối ghép nhóm

Các kết quả xảy ra của phép thử là đồng khả năng

Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega  = \left\{ {1;2;3;...;29;30} \right\}\)

\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 30\)

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(2;3;5;7;11;13;17;19;23;29\)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 10\)

Xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\).

Vậy \(A = 16\) tại \(x = 4\).

2) Với \(x > 0,x \ne 9\), ta có:

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

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

3) Với \(x > 0,x \ne 9\), ta có: \(A - B = \frac{x}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}\)\( = \frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}\)\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 3}}\)

Vì \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x > 0,x \ne 9\) nên \(A - B < 0\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ne 0\\\sqrt x  - 3 < 0\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x < 9\end{array} \right.\)

Vậy để \(A - B < 0\) thì \(0 < x < 9;x \ne 1\).

Số tiền phải trả cho \(4\)km đầu tiên là: \(700000\)đồng

Số tiền phải trả từ km thứ \(5\) đến km thứ \(40\) là: \(36.23\,\,000 = 828\,000\) (đồng)

Số tiền phải trả từ km thứ \(41\) đến km thứ \(42\) là \(2.17\,\,000 = 34\,\,000\)(đồng)

Vậy số tiền công ty phải trả khi thuê một xe 1,4 tấn để vận chuyển hàng là:

\(700\,000 + 828\,\,000 + 34\,\,000 = 1\,\,562\,\,000\)(đồng)

Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội sản xuất theo kế hoạch là: \(x\)(sản phẩm, \(x \in \mathbb{N}*\))

Khi đó, số sản phẩm đội sản xuất mỗi ngày trong thực tế là: \(x + 5\) (sản phẩm)

Thời gian theo kế hoạch để đội sản xuất được \(75\) sản phẩm  \(\frac{{75}}{x}\) (ngày)

Thời gian trong thực tế mà đội sản xuất được \(80\)sản phẩm là: \(\frac{{80}}{{x + 5}}\) (ngày)

Theo đề, ta có phương trình:  \(\frac{{75}}{x} - \frac{{80}}{{x + 5}} = 1\)

\(\frac{{75.\left( {x + 5} \right)}}{{x.\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{80x}}{{x.\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{x.\left( {x + 5} \right)}}{{x.\left( {x + 5} \right)}}\)

\(75x + 375 - 80x = {x^2} + 5x\)

\({x^2} + 10x - 375 = 0\)

\({x^2} + 25x - 15x - 375 = 0\)

\(\left( {x + 25} \right)\left( {x - 15} \right) = 0\)

\(x + 25 = 0\) hoặc \(x - 15 = 0\)

\(x =  - 25\) (ktm)  hoặc \(x = 15\) (tm)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày đội sản xuất phải làm \(15\) sản phẩm.

Xét phương trình: \({x^2} - 5x + 3 = 0\) (*)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.1.3 = 13 > 0\) nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}.\,{x_2} = 3\end{array} \right.\), vì \({x_1} + {x_2} > 0;\,\,{x_1}.\,{x_2} > 0\) nên \[{x_1} > 0;\,\,{x_2} > 0\]

Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (*) nên \(5{x_1} = x_1^2 + 3\); \(5{x_2} = x_2^2 + 3\)

Ta có: \(A = \sqrt {5{x_1} + 4{x_1} + 1}  + \sqrt {5{x_2} + 6{x_2} + 6}  - 10\)

\(A = \sqrt {x_1^2 + 3 + 4{x_1} + 1}  + \sqrt {x_2^2 + 3 + 6{x_2} + 6}  - 10\)

\(A = \sqrt {x_1^2 + 4{x_1} + 4}  + \sqrt {x_2^2 + 6{x_2} + 9}  - 10\)

\(A = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 2} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {{x_2} + 3} \right)}^2}}  - 10\)

\(A = \left| {{x_1} + 2} \right| + \left| {{x_2} + 3} \right| - 10\)

Vì \({x_1} > 0;{x_2} > 0\) nên \({x_1} + 2 > 0;{x_2} + 3 > 0\), do đó:

 \(A = A = {x_1} + 2 + {x_2} + 3 - 10\)=\[5 - 5 = 0\]

Diện tích xung quanh của cây lăn sơn là \(2\pi Rh = 2\pi .5.23 = 230\pi  \approx 722,2\left( {c{m^2}} \right)\)

Với diện tích tường cần sơn là \(3100\,c{m^2}\) thì cây lăn sơn đã lăn khoảng: \(3100:722,2 = 4,29\)(vòng)

Mà sau khi lăn \(1000\) vòng thì cây sơn tường có thể bị hỏng. Vậy bạn An cần mua ít nhất một cây lăn sơn tường

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB} = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\widehat {ECF} = {90^o}\) (kề bù với \(\widehat {ACB}\)) và \(\widehat {EDF} = {90^o}\) (kề bù với \(\widehat {ADB}\))

Suy ra \(\Delta ECF\)vuông tại \(C\) và \(\Delta EDF\)vuông tại \(D\)

Suy ra \(\Delta ECF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(EF\)và \(\Delta EDF\)nội tiếp đường tròn đường kính \(EF\)

Hay ba điểm \(E,C,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(EF\)và ba điểm \(E,D,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính\(EF\).

Suy ra bốn điểm \(E,C,F,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính\(EF\).

Hay tứ giác \(ECFD\) nội tiếp.

b) + Xét tam giác \(FCB\)và tam giác \(FDA\)có : \(\widehat {FCB} = \widehat {FDA} = {90^o}\), \[\widehat {AFB}\]chung

Suy ra $\Delta FCB\backsim \Delta FDA\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{FC}{FD}=\frac{FB}{FA}\Rightarrow FC.FA=FB.FD$

+ Xét tam giác \(FCE\)vuông tại \(C\) có \(I\) là trung điểm của cạnh huyền \(EF\) (gt)

Nên \(IF = IC = IE = \frac{1}{2}EF\)

Þ \(\Delta FIC\)cân tại \(I\)Þ \(\widehat {ICF} = \widehat {IFC}\)

+ Vì tứ giác \(ECFD\) nội tiếp nên \(\widehat {CFE} = \widehat {CDE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\))

Hay \(\widehat {CFI} = \widehat {CDA} = \widehat {ICF}\)

Mà \(\widehat {CDA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CA\) trong đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(\widehat {ICF} = \widehat {CBA}\) hay \(\widehat {ICF} = \widehat {CBO}\)

Mà \(\widehat {CBO} = \widehat {BCO}\) (vì \(OC = OB = R\) nên \(\Delta OCB\) cân tại \(O\))

Nên \(\widehat {ICF} = \widehat {BCO}\)

Mà \(\widehat {ICF} + \widehat {ICB} = \widehat {FCB} = {90^o}\)

Nên \(\widehat {BCO} + \widehat {ICB} = {90^o} \Rightarrow \widehat {ICO} = {90^o}\) hay \(IC \bot CO\)mà \(CO = R\)

Nên \(IC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

c) + Chứng minh tương tự có \(ID\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) Þ \(\widehat {IDO} = {90^o}\)

+ Xét tứ giác \(ICOD\) có \(\widehat {ICO} = \widehat {COD} = \widehat {IDO} = {90^o}\) nên \(ICOD\)là hình chữ nhật

Mà \(OC = OD = R\) nên \(ICOD\)là hình vuông \( \Rightarrow CI = CO\)

+ Xét tam giác \(ICO\) vuông cân tại \(C\) có \(I{O^2} = C{I^2} + C{O^2} \Rightarrow I{O^2} = 2{R^2} \Rightarrow IO = R\sqrt 2 \)

+ Gọi \(M\)là điểm trên cung \(AB\) (không chứa điểm \(C\)) sao cho \(OM \bot AB\)

Ta có \(E\) là giao điểm của hai đường cao \(BC,\,AD\) trong tam giác \(FAB\) nên E là trực tâm của tam giác \(FAB\). Suy ra \(IE \bot AB\)

Suy ra \(OM//IE\)

Mà \(IE = IC = CO = R\) hay \(OM = IE = R\)

Nên tứ giác \(OIEM\) là hình bình hành.

Suy ra \(ME = OI = R\sqrt 2 \)

Vậy khi điểm \(C\) thay đổi thoả mãn điều kiện bài toán thì điểm \(E\) di chuyển trên một đường tròn cố định là đường tròn \(\left( {M,R\sqrt 2 } \right)\).

Đặt \(AM = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)

Ta có \({S_{ABCD}} = 100{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\) nên \(AB = BC = CD = DA = 10{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)

Do đó \(BM = 10 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)

Tứ giác \(BMHN\) có \(\widehat B = \widehat {BMH} = \widehat {BNH} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BMHN\) là hình chữ nhật.

Do đó \(HM = BN = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\), \(MB = HN = 10 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\) là phân giác \(\widehat {BAC}\), \(CA\) là phân giác \(\widehat {BCD}\)

Suy ra \(\widehat {MAH} = \widehat {NCD} = 45^\circ \)

Do đó \(\Delta MAH\) vuông cân tại \(M\) và \(\Delta NHC\) vuông cân tại \(N\)

Suy ra \(MH = MA = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\), \(NH = NC = 10 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\)

Ta có \[{S_{DMN}} = {S_{ABCD}} - \left( {{S_{AMD}} + {S_{BMN}} + {S_{CND}}} \right)\]\( = 100 - \frac{1}{2}\left( {AM.AD + BM.BN + CN.CD} \right)\)

\( = 100 - \frac{1}{2}\left[ {10x + \left( {10 - x} \right)x + 10\left( {10 - x} \right)} \right]\)\( = 100 - \frac{1}{2}\left( {10x + 10x - {x^2} + 100 - 10x} \right)\)

\( = 100 - \frac{1}{2}\left( { - {x^2} + 10x + 100} \right)\)\( = \frac{1}{2}{x^2} - 5x + 50\)\( = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 10x + 100} \right)\)\( = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + 75} \right]\)

Vì \({\left( {x - 5} \right)^2} \ge 0\)

\({\left( {x - 5} \right)^2} + 75 \ge 75\)

\(\frac{1}{2}\left[ {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + 75} \right] \ge \frac{{75}}{2}\)

\({S_{DMN}} \ge \frac{{75}}{2}\)

Dấu  xảy ra khi \(x = 5\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \({S_{DMN}} = \frac{{75}}{2}\) khi \(x = 5\)

Hay \(AM = 5{\rm{ m}}\)

Xét \(\Delta AMH\) vuông tại \(H\) nên \(AH = \sqrt {M{A^2} + M{H^2}}  = \sqrt {{5^2} + {5^2}}  = 5\sqrt 2 {\rm{ m}}\)

Vậy điểm \(H\) nằm trên \(AC\) cách \(A\) một đoạn bằng \(5\sqrt 2 {\rm{ m}}\) thì diện tích phần trồng hoa \(DMN\) là nhỏ nhất và bằng \(\frac{{75}}{2}{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\).