Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 THCS Yên Hòa (Hà Nội) lần 3 có đáp án

a) Số học sinh tham gia khảo sát là: \(3 + 6 + 4 + 2 + 1 = 16\) (học sinh)

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {11;12} \right)\) là: \(\frac{3}{{16}}.100\%  = 18,75\% \)

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {12;13} \right)\) là: \(\frac{6}{{16}}.100\%  = 37,5\% \)

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {13;14} \right)\) là: \(\frac{4}{{16}}.100\%  = 25\% \)

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {14;15} \right)\) là: \(\frac{2}{{16}}.100\%  = 12,5\% \)

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {15;16} \right)\) là: \(\frac{1}{{16}}.100\%  = 6,25\% \)

Bảng tần số tương đối ghép nhóm:

b) Tần số tương đối của số học sinh tham gia chạy có thành tích chạy dưới \(13\) giây là:

\(18,75\%  + 37,5\%  = 56,25\%  > 50\% \)

Vậy nhận định trên là đúng.

Các kết quả có thể xảy ra là: \(1;2;3;4;...;20\) có \(20\) kết quả

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(M\) là: \(1;3;5;7;9;11\) có \(6\) kết quả

Xác suất của biến cố \(M\) là: \(\frac{6}{{20}} = \frac{3}{{10}}\)

1)Thay \[x = \frac{1}{4}\] (TM ĐKXĐ) vào biểu thức \[A\] ta có:

\[A = \frac{{\frac{1}{2} - 2}}{{\frac{1}{2} - 3}} = \frac{{ - 3}}{2}:\frac{{ - 5}}{2} = \frac{3}{5}\]

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

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

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

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

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

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

\[B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 3}}\]

Vậy \[A = B\] (đpcm)

3)\[B + \sqrt x  \ge 2\]

Suy ra \[B + \sqrt x  - 2 \ge 0\]

Xét \[B + \sqrt x  - 2\]

\[ = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 3}} + \sqrt x  - 2\]\[ = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  - 3)}}{{\sqrt x  - 3}}\]\[ = \frac{{\sqrt x  - 2 + x - 5\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 3}}\]\[ = \frac{{x - 4\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 3}}\]\[ = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2}}}{{\sqrt x  - 3}}\]

\[B + \sqrt x  - 2 \ge 0\] hay \[\frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2}}}{{\sqrt x  - 3}} \ge 0\] khi \[{(\sqrt x  - 2)^2}\] và \[\sqrt x  - 3\] cùng dấu

Mà \[{(\sqrt x  - 2)^2} \ge 0\] với mọi \[x\]

Suy ra \[\sqrt x  - 3 \ge 0\]

Suy ra \[\sqrt x  \ge 3\]

Suy ra \[x \ge 9\]

Kết hợp ĐKXĐ \[B + \sqrt x  \ge 2\] khi \[x > 9\]

Vì số nguyên \[x\] nhỏ nhất và \[x > 9\] nên \[x = 10\]

Gọi số trận thắng của đội là \(x\) (\(0 < x < 30;x \in \mathbb{N}\); trận)

Số trận hoà của đội là: \(30 - x\) (trận)

Số điểm mà đội đạt được là: \(2x + 1.(30 - x)\) (điểm)

Vì đội đó đạt được \(58\) điểm nên ta có phương trình:

\(2x + 1.(30 - x) = 58\)

\(2x + 30 - x = 58\)

\(x + 30 = 58\)

\(x = 28\) (thoả mãn)

Vậy đội bóng rổ đã thắng \(28\) trận và số trận hoà là \(30 - 28 = 2\)(trận).

Gọi số nón lá cơ sở đó làm mỗi ngày theo dự kiến là \(x\) (\(x \in \mathbb{N}*\), chiếc)

Số ngày dự kiến hoàn thành là \(\frac{{300}}{x}\) (ngày)

Số nón là làm mỗi ngày theo thực tế là \(x + 5\) (chiếc)

Số ngày hoàn thành thực tế là \(\frac{{300}}{{x + 5}}\) (ngày)

Vì cơ sở hoàn thành sớm hơn \(3\) ngày so với thời gian đã định nên ta có phương trình:

\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 5}} = 3\)

\(\frac{{300\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{300x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 3\)

\(\frac{{1500}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 3\)

\(3{x^2} + 15x - 1500 = 0\)

\(\left( {x + 25} \right)\left( {x - 20} \right) = 0\)

Suy ra \(x =  - 25\) (loại) và \(x = 20\) (thoả mãn)

Vậy số nón lá cơ sở đó làm mỗi ngày theo dự kiến là \(20\) chiếc.

Xét \(\Delta  = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.2.a = 16 - 8a\)

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1}\);\({x_2}\) thì \(\Delta  > 0\)

Suy ra \(16 - 8a > 0\) suy ra \(a < 2\)

Theo Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{a}{2}\end{array} \right.\)(*)

Vì phương trình có một nghiệm \(\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\)

Thay \(x = \frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}\) vào phương trình ta được: \(2{\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right)^2} - 4\left( {\frac{{2 + \sqrt {10} }}{2}} \right) + a = 0\)

Suy ra \(a =  - 3\) (thoả mãn)

Khi đó, \({x_1}.{x_2} = \frac{{ - 3}}{2}\)

Biểu thức tổng nghịch đảo hai nghiệm là: \(A = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}}\) (1)

Thay (*) vào (1) ta được \(A = \frac{2}{{\frac{{ - 3}}{2}}} = \frac{{ - 4}}{3}\).

Hình trụ có bán kính \(r = \frac{d}{2} = 3\,\,{\rm{(cm)}}.\)

a) Thể tích của hình trụ là: \(V = \pi  \cdot {r^2} \cdot h = \pi  \cdot {3^2} \cdot 12 \approx 3,14 \cdot 108 \approx 339,12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right) = 339,12\,\,(ml\,).\)

Vậy lon nước đó chứa được \(339,12\,\,ml\,\) nước ngọt.

b) Diện tích toàn phần của lon nước (diện tích nhôm cần dùng) là:

\({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} \approx \left( {2 \cdot 3,14 \cdot 3 \cdot 12} \right) + \left( {2 \cdot 3,14 \cdot {3^2}} \right)\)\( = 282,6{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) = 0,02826{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Tổng diện tích cho 1000 chiếc lon: \(S = 0,02826 \cdot 1000 = 28,26{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Chi phí làm vỏ cho 1000 chiếc lon là: \[28,26 \cdot 50\,\,000 = 1\,\,413\,\,000\] (đồng).

Vậy để làm \(1000\) chiếc lon thế này cần \[1\,\,413\,\,000\] đồng.

a) Vì \(CE,\,\,BF\) là hai đường cao của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\) nên \(CE \bot AB\,;\,\,BF \bot AC\) hay \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,\,\,E,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên ba điểm \(A,\,\,F,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Do đó, các điểm \(A,\,\,E,\,\,H,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AH.\)

b) Vì tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (câu a) nên \(\widehat {HEF} = \widehat {HAF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Mà \(\widehat {HAF} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Suy ra \[\widehat {HEF} = \widehat {KIC}\,\,( = \widehat {HAF}\,)\] nên \(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) (đpcm).

Xét \(\Delta CIE\) và \(\Delta NEC\) có:

\(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) (cmt); \(\widehat {ECI}\) chung.

Do đó $\Delta CIE\backsim \Delta NEC\left(g.g\right)$

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}\) nên \(C{E^2} = CN \cdot CI.\)

Vậy \(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) và \(C{E^2} = CN \cdot CI.\)

c) Ta có \(PE = PF\) (do \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\)) nên \(P\) thuộc đường trung trực của \(EF.\)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(M\) là trung điểm \(BC.\)

Suy ra \(ME = MB = MC\).

Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(M\) là trung điểm \(BC.\)

Suy ra \(MF = MB = MC\), do đó \(ME = MF = MB = MC.\)

Khi đó \(M\) thuộc đường trung trực của \(EF\) nên \(PM\) đường trung trực của \(EF.\) (*)

Ta cần chứng minh \(N\) thuộc đường trung trực của \(EF\).

Theo câu b) ta có  suy ra \(\frac{{NE}}{{IE}} = \frac{{NC}}{{CE}}\) nên \(NE = \frac{{IE \cdot NC}}{{CE}}.\)

Mặt khác, \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (câu a) nên \(\widehat {AFE} = \widehat {AHE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Suy ra         \(180^\circ  - \widehat {AFE} = 180^\circ  - \widehat {AHE}\) nên \(\widehat {CFN} = \widehat {KHE}.\)

Xét \(\Delta CFN\) và \(\Delta KHE\) có

\(\widehat {CFN} = \widehat {KHE}\) (cmt); \(\widehat {FCN} = \widehat {HKE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Do đó $\Delta CFN\backsim \Delta KHE\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{FN}}{{HE}} = \frac{{CN}}{{KE}}\) nên \(FN = \frac{{HE \cdot CN}}{{KE}}\)

Khi đó ta có \[\frac{{NE}}{{FN}} = \frac{{IE \cdot NC}}{{CE}}:\frac{{HE \cdot NC}}{{KE}} = \frac{{IE \cdot NC \cdot KE}}{{CE \cdot HE \cdot NC}} = \frac{{IE \cdot KE}}{{CE \cdot HE}}\] (1)

Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta BEK\) có:

\(\widehat {IEA} = \widehat {BEK}\) (đối đỉnh); \(\widehat {IAE} = \widehat {BKE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Do đó $\Delta IEA\backsim \Delta BEK\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{EA}}{{EK}}\) nên \(IE \cdot EK = EA \cdot BE\) (2)

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta CEB\) có:

\(\widehat {EAH} = \widehat {ECB}\) (cùng phụ \(\widehat {ABC}\,)\); \(\widehat {AEH} = \widehat {CEB} = 90^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{BI})$.

Do đó $\Delta AEH\backsim \Delta CEB\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{EH}}{{EB}}\) nên \(EC \cdot EH = EA \cdot EB\) (3)

Thay (2), (3) vào (1), ta có \[\frac{{NE}}{{FN}} = \frac{{IE \cdot KE}}{{CE \cdot HE}} = \frac{{EA \cdot BE}}{{EA \cdot BE}} = 1\] nên \(NE = FN.\)

Do đó \(N\) thuộc đường trung trực của \(EF\). (**)

Từ (*), (**) suy ra ba điểm \(M,\,\,N,\,\,P\) thẳng hàng.

Gọi cạnh hình lập phương là \[a\,(m)\] \[a > 0\]

Chiều rộng hình hộp chữ nhật là \[x\,(m)\]  \[x > 0\]

Suy ra chiều cao hình hộp chữ nhật là: \[x\,(m)\]

Chiều dài hình hộp chữ nhật là: \[6x\,(m)\]

Hình lập phương có 12 cạnh nên tổng độ dài các cạnh là: \[12a\,(m)\]

Hình hộp chữ nhật có tổng độ dài các cạnh là: \[4(6x + x + x) = 32x\,(m)\]

Vì tổng chiều dài thành sắt là \[10\,m\] nên ta có phương trình:

\[12a + 32x = 10\] (1)

Thể tích hình lập phương là: \[{a^3}\,({m^3})\]

Thể tích hình hộp chữ nhật là: \[6x.x.x = 6{x^3}\,({m^3})\]

Tổng thể tích hai hình là: \[V = {a^3}\, + 6{x^3}\,({m^3})\]

Ta chứng minh: \[{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\] với \[x,y,z > 0\]

Ta có: \[{(x + y)^3} = {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3}\]

                         \[ = {x^3} + {y^3} + 3xy(x + y)\]

Suy ra

\[{x^3} + {y^3} = {(x + y)^3} - 3xy(x + y)\]

\[{x^3} + {y^3} + {z^3} = {(x + y)^3} + {z^3} - 3xy(x + y)\]

\[{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = {(x + y)^3} + {z^3} - 3xy(x + y) - 3zyz\]

\[{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = (x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx)\]

\[{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = \frac{1}{2}(x + y + z)(2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx)\]

\[{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = \frac{1}{2}(x + y + z)\left[ {{{(x - y)}^2} + {{(x - y)}^2} + {{(z - x)}^2}} \right]\]

Vì  \[x,y,z > 0\] nên \[x + y + z > 0\]

Mà \[{(x - y)^2} \ge 0,\,{(x - z)^2} \ge 0,\,{(y - z)^2} \ge 0\]

Suy ra \[\frac{1}{2}(x + y + z)\left[ {{{(x - y)}^2} + {{(x - y)}^2} + {{(z - x)}^2}} \right] \ge 0\]

Suy ra \[{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0\]

Hay \[{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\]

\[V = {a^3} + 6{x^3}\]\[ = {a^3} + 3{x^3} + 3{x^3}\]

\[{a^3} + 3{x^3} + 3{x^3} \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.3{x^3}.3{x^3}}}\]\[ = 3.\sqrt[3]{9}\]

Dấu “=” xảy ra khi \[{a^3} = 3{x^3}\] hay \[a = x\sqrt[3]{3}\]

\[12a + 32x = 10\] (1)

\[12\sqrt[3]{3}x + 32x = 10\]

\[6\sqrt[3]{3}x + 16x = 5\]

\[x = \frac{5}{{6.\sqrt[3]{6} + 16}}\]\[ \approx 0.186\]

\[V = {a^3} + 6{x^3} = 3{x^3} + 6{x^3}\]

\[ = 9{x^3} = 9.{\left( {\frac{5}{{6.\sqrt[3]{6} + 16}}} \right)^3} \approx 0.058\,({m^3})\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[V\] là\[0.075\,\,{m^3}\] khi \[a \approx 0.034\], \[x \approx 0.186\]

Cạnh hình lập phương khoảng \[0.034\,m\], chiều rộng và chiều cao hình hộp chữ nhật khoảng \[0.186\,m\]\[0.11\,m\], chiều dài khoảng \[1.116\,m\]