Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 THCS Trần Duy Hưng (Hà Nội) có đáp án

a) Phần trăm số bóng đèn loại \(I\) là: \(56\%  + 5\%  = 61\% \)

Vậy Số bóng đèn loại \(I\) chiếm \(61\% \) tổng số bóng đèn.

b) Số lượng bóng đèn loại \(I\) là: \(200.61\%  = 122\)( bóng đèn.)

Số viên bi  màu vàng là: \(100 - \left( {34 + 45} \right) = 21\) viên.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(21 + 45 = 66\)

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = 0,66\)

1) Thay \(x = 1\) (TM) vào biểu thức \(A\), ta có:

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

Vậy khi \(x = 1\) thì \(A = \frac{1}{3}\).

2) \(B = \left( {\frac{{3\sqrt x  - 6}}{{x - 4}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}} \right):\frac{{x - 9}}{{\sqrt x  - 3}}\)

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

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

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

\(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}}:(\sqrt x  + 3)\)

\(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}\)

\(B = \frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\)

3) \(A + B = \frac{2}{3}\)

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

\(\frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) + 9}}{{9\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{9\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) + 9 = 6\left( {\sqrt x  + 2} \right)\)

\(x + 4\sqrt x  + 13 = 6\sqrt x  + 12\)

\(x - 2\sqrt x  + 1 = 0\)

\({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} = 0\)

\(\sqrt x  = 1\)

\(x = 1\) (TM)

Vậy \(x = 1\)

Gọi giá niêm yết của một thùng nước ngọt là \(x\) (đồng) và giá niêm yết của một thùng sữa tươi là \(y\) (đồng) (\(x > 0\),\(y > 0\))

Giá một thùng nước ngọt sau khi giảm 20% là: \(x - 0,2x = 0,8x\) (đồng).

Giá một thùng sữa tươi sau khi giảm 15% là: \(y - 0,15y = 0,85y\) (đồng).

Khách hàng mua 2 thùng nước ngọt và 1 thùng sữa tươi hết 362.000 đồng, ta có phương trình:

\(2 \cdot 0,8x + 1 \cdot 0,85y = 362000\)

\(1,6x + 0,85y = 362000\quad (1)\)

Giá một thùng nước ngọt sau khi giảm 30% là: \(x - 0,3x = 0,7x\) (đồng).

Giá một thùng sữa tươi sau khi giảm 25% là: \(y - 0,25y = 0,75y\) (đồng).

Khách hàng mua 3 thùng nước ngọt và 2 thùng sữa tươi hết \[552000\] đồng, ta có phương trình:

\(3 \cdot 0,7x + 2 \cdot 0,75y = 552000\)

\(2,1x + 1,5y = 552000\quad (2)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}1,6x + 0,85y = 362000\\2,1x + 1,5y = 552000\end{array} \right.\]

Giải được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 120000\\y = 200000\end{array} \right.\) (TM)

Vậy giá niêm yết của một thùng nước ngọt là  \[120000\] đồng, giá niêm yết của một thùng sữa tươi là \[200000\]đồng.

Đổi 30 phút \( = \frac{1}{2}\) giờ; \(4\) giờ \(6\) phút \( = 4 + \frac{6}{{60}} = 4 + \frac{1}{{10}} = \frac{{41}}{{10}}\) giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô là \(v\) (km/h) (\(v > 3\))

Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: \(v + 3\) (km/h).

Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: \(v - 3\) (km/h).

Thời gian ca nô đi xuôi dòng quãng đường 48km là: \(\frac{{48}}{{v + 3}}\) (giờ).

Thời gian ca nô đi ngược dòng quãng đường 48km là: \(\frac{{48}}{{v - 3}}\) (giờ).

Tổng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc quay về là \(\frac{{41}}{{10}}\) giờ, bao gồm thời gian đi, thời gian về và thời gian nghỉ. Ta có phương trình:

\(\frac{{48}}{{v + 3}} + \frac{1}{2} + \frac{{48}}{{v - 3}} = \frac{{41}}{{10}}\)

\(\frac{{48}}{{v + 3}} + \frac{{48}}{{v - 3}} = \frac{{41}}{{10}} - \frac{5}{{10}}\)\( = \frac{{36}}{{10}}\)\( = \frac{{18}}{5}\)

\(\frac{8}{{v + 3}} + \frac{8}{{v - 3}} = \frac{3}{5}\)

\(\frac{{8(v - 3) + 8(v + 3)}}{{(v + 3)(v - 3)}} = \frac{3}{5}\)

\(\frac{{16v}}{{{v^2} - 9}} = \frac{3}{5}\)

\(5 \cdot 16v = 3({v^2} - 9)\)

\(80v = 3{v^2} - 27\)

\(3{v^2} - 80v - 27 = 0\)

\(3{v^2} - 81v + v - 27 = 0\)

\(3v(v - 27) + 1(v - 27) = 0\)

\((3v + 1)(v - 27) = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 1}}{3} &  & (KTM)\\x = 27 &  & (TM)\end{array} \right.\)

Vận tốc riêng của ca nô là 27 km/h.

\({x^2} - mx - 4 = 0\)

Ta có \(a.c =  - 4 < 0\)

Suy ra, Phương trình có hai nghiệm \({x_1}\);\({x_2}\) trái dấu với mọi \(m\)

Mà \({x_1} < {x_2}\) , suy ra \({x_1} < 0 < {x_2}\)

Theo định lý Viè-te, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} =  - 4\end{array} \right.\)

Theo đề bài ta có: \(3\left| {{x_1}{x_2}} \right| + 4\left| {{x_1}} \right| = 4{x_2}\)

\( - 3{x_1}{x_2} - 4{x_1} = 4{x_2}\)

\(3{x_1}{x_2} + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 0\)

\(3\left( { - 4} \right) + 4m = 0\)

\(m = 3\)

Vậy \(m = 3\) 

Theo đề bài hình trụ đựng đầy nước có chiều cao bằng \[10\,{\rm{cm}}\] và thể tích bằng \[90\pi \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\]nên ta có:  \(\pi {R^2}.10 = 90\pi \)

\({R^2} = 9\), suy ra \(R = 3\left( {{\rm{cm}}} \right)\) .

Viên bi sắt hình cầu có bán kính bằng bán kính đáy cốc nước nên bán kính hình cầu \(R = 3\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Thể tích của viên bi là :\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Lượng nước bị tràn ra khỏi cốc chính bằng thể tích của viên bi nên lượng nước bị tràn ra ngoài là \(36\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

a) Ta có: \(\Delta HBE\) vuông tại \(H\) (vì \(DE\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\)) nên \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Tương tự: \(\Delta GBE\) vuông tại \(G\) (vì \(EG\) vuông góc với \(BC\) tại \(G\)) nên \(G\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó: bốn điểm \(B\), \(H\),\(E\),\(G\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BE\) hay tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có: tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp (câu a)

nên \(\widehat {EHG} = \widehat {EBG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EG\) của đường tròn đường kính \(BE\)) \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác: tứ giác \(ACBE\) nội tiếp (vì bốn đỉnh cùng nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\)) nên \(\widehat {EAC} + \widehat {CBE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {EBG} + \widehat {CBE} = 180^\circ \) (kề bù)

Suy ra: \(\widehat {EAC} = \widehat {EBG}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\widehat {EHG} = \widehat {EAC}\)

c) Có: \(CD{\rm{//}}AE\) (GT)

Suy ra: \[ACDE\] là hình thang và \(\widehat {EAC} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (trong cùng phía)

Mà \(\widehat {AED} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (vì tứ giác \(ACBE\) nội tiếp)

Do đó, \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên hình thang \(ACDE\) là hình thang cân.

Gọi giao điểm của \(HG\) và \(AC\) là \(I\).

Ta có: \(\widehat {EHG} = \widehat {HEA}\) (vì cùng bằng \(\widehat {EAC}\))

Mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên \(IG{\rm{//}}AE\)

Suy ra: \(IHEA\) là hình thang. Mặt khác: \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên \(IHEA\) là hình thang cân

Suy ra: \(IA = HE\)

Chứng minh tương tự ta được: \(IC = HD\)

Mà: \(HD = HE\) (do \(\Delta OHD = \Delta OHE\))

Do đó: \(IA = IC\) hay \(HG\) đi qua trung điểm của cạnh \(AC\).

Gọi \(x\) là số xe loại \[35\] chỗ cần thuê \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\)

Gọi \(y\) là số xe loại \[45\] chỗ cần thuê \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\)

Tổng chi phí thuê xe là: \(T = 1,8x + 2,3y\) (triệu đồng).

Vì tổng số là 350 người, nên \(35x + 45y \ge 350\)

                                               hay \(7x + 9y \ge 70\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Vì nhà trường cần thuê ít nhất \(8\) xe nên  \(x + y \ge 8\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 2 \right)\) ta có \(x \ge 8 - y\) thay vào \(\left( 1 \right)\) ta có \(7\left( {8 - y} \right) + 9y \ge 70\)

\(56 - 7y + 9y \ge 70\)

\(2y \ge 70 - 56\)

\(2y \ge 14\)

\(y \ge 7\)

Để chi phí thuê xe là ít nhất thì \(y = 7\), \(x = 8 - 7 = 1\)

Vậy nhà trường nên thuê \(1\) xe loại \[35\] chỗ và \(7\) xe loại \[45\] chỗ, và chi phí khi đó là \(T = 1,8\;.\;1 + 2,3\;.\;7\) \( = 17,9\) triệu đồng