Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Cầu Giấy (Hà Nội) có đáp án

1. a) Hỏi khối \[9\] của trường đó có bao nhiêu học sinh?

Số học sinh của khối \[9\] là: \(33 + 60 + 189 + 168 = 450\) (học sinh)

b) Nhóm điểm nào (trong bảng) có nhiều học sinh nhất và chiếm bao nhiêu phần trăm số học sinh của khối \[9\]?

Nhóm điểm có nhiều học sinh nhất  là \(\left( {8;9} \right]\). Chiếm tỉ lệ phần trăm là \(189:450.100\%  = 42\% \).

Tổng số bóng có trong hộp là \[13 + 10 + 80 = 103\] (quả bóng).

Số quả bóng không phải màu trắng có trong hộp là \(13 + 10 = 23\) (quả bóng).

Xác suất của biến cố \(A:\) “quả bóng lấy được không phải là màu trắng” là: \(P\left( A \right) = \frac{{23}}{{103}}.\)

a) Khi \(x = 4\) (TMĐK), giá trị của biểu thức \(A\) là:

\(A = \frac{{\sqrt 4  + 5}}{{\sqrt 4 }}\)\( = \frac{{2 + 5}}{2}\)\( = \frac{7}{2}\).

Vậy \(A = \frac{7}{2}\) khi \(x = 4\).

b) \(B = \left( {\frac{{8 - \sqrt x }}{{x - 9}} + \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}} \right).\frac{{x - 3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\)

\( = \frac{{8 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\sqrt x  + 2}}\)

\( = \frac{{8 - \sqrt x  + 2\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\sqrt x  + 2}}\)

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

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

c) \(P = A.B\)\( = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)\( = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{\sqrt x  + 3}}\)\( = \frac{{\sqrt x  + 3 + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\)\( = 1 + \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}\)

• Với \(x > 0\) ta có \(\frac{2}{{\sqrt x  + 3}} > 0\) nên \(1 + \frac{2}{{\sqrt x  + 3}} > 1\). Suy ra \(P > 1\) (1)

• Với \(x > 0\) ta có \(\sqrt x  + 3 > 3\) nên \(\frac{2}{{\sqrt x  + 3}} < \frac{2}{3}\) hay \(1 + \frac{2}{{\sqrt x  + 3}} < \frac{5}{3}\). Suy ra \(P < \frac{5}{3}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(1 < P < \frac{5}{3}\).

Suy ra \(P\) không có giá trị nguyên với \(x > 0,x \ne 9\).

Vậy không có giá trị của \(x\) thoả mãn đề bài.

Gọi số quả bóng cần ném vào rổ để học sinh được chọn vào đội tuyển là \(x\) ( quả, \(x \in \mathbb{N}\))

Mỗi bạn được ném 15 quả bóng nên số quả bóng ném ra ngoài là \(15 - x\) (quả)

Với 1 quả bóng ném vào rổ thì được cộng 2 điểm nên số điểm cộng là \(2x\) (điểm)

Với mỗi quả bóng ném ra ngoài thì bị trừ 1 điểm nên số điểm trừ là \( - 1\left( {15 - x} \right) = x - 15\) (điểm)

Để vào đội tuyển thì phải đạt 15 điểm trở lên nên ta có bất phương trình:

\(2x + x - 15 \ge 15\)

\(x \ge 10\)

Mà \(x \in \mathbb{N}\) nên \(x = 10\) (TMĐK)

Vậy cần ném ít nhất 10 quả bóng vào rổ thì học sinh sẽ được vào đội tuyển.

Gọi số sản phẩm tổ 1 và tổ 2 làm được theo kế hoạch lần lượt là \(x\) và \(y\)(\(x,y \in \mathbb{N}\), sản phẩm)

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được 600 sản phẩm nên ta có phương trình: \(x + y = 600\)  (1)

Nhờ tăng năng suất lao động tổ 1 làm vượt mức \(10\% \) và tổ hai làm vượt mức \(20\% \)so với kế hoạch của mỗi tổ, nên cả hai tổ làm được \(685\)sản phẩm, ta có phương trình:

\(x + 10\% x + y + 20\% y = 685\) hay \(1,1x + 1,2y = 685\)    (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 600\\1,1x + 1,2y = 685\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 600\\1,1x + 1,2y = 685\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 350\\y = 250\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy theo kế hoạch tổ 1 sản xuất được 350 sản phẩm và tổ 2 sản xuất được 250 sản phẩm.

Xét phương trình \(2{x^2} - 4x + 1 = 0\)

Ta có \(\Delta  = 16 - 4.2.1 = 8 > 0\)

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt

\({x_1} = \frac{{4 + \sqrt 8 }}{4} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2} \ne 0\);         \({x_2} = \frac{{4 - \sqrt 8 }}{4} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{2} \ne 0\)

+) Ta có tổng nghịch đảo của hai nghiệm là :

\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{2}{{2 + \sqrt 2 }} + \frac{2}{{2 - \sqrt 2 }}\)\( = \frac{{2\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}} + \frac{{2\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}\)\( = \frac{{4 - 2\sqrt 2  + 4 + 2\sqrt 2 }}{2} = 4\)

Vậy \({x_1}\), \({x_2}\) khác \(0\) và tính tổng nghịch đảo của hai nghiệm bằng 4.

a) Tính số ki-lô-mét mà ô tô đi được qua mỗi vòng chạy thử.

Quãng đường ô tô chạy thử mỗi vòng là:

\[S = 2\pi R \approx 2\;{\rm{.}}\;3.14\;{\rm{.}}\;500 = 3\,140\;\left( {\rm{m}} \right) = 3,14\;\left( {{\rm{km}}} \right)\]

Vậy quãng đường ô tô chạy thử mỗi vòng khoảng \[3,14\;{\rm{km}}\].

b) Ô tô xuất phát tại vị trí \(A\) và chạy theo chiều mũi tên được \[10{\rm{ km}}\] rồi dừng lại tại vị trí \(B\). Tính số đo góc \(AOB\) (làm tròn đến hàng đơn vị của độ).

Ta có \(10:\,3,14 = 3\frac{{29}}{{157}}\).

Do đó ô tô chạy được \[10{\rm{ km}}\] có nghĩa là chạy được khoảng \(3\) vòng và \(\frac{{29}}{{157}}\) vòng

Do đó, số đo góc \(AOB\) là: \(\frac{{29}}{{157}}\; \cdot \;360^\circ  \approx 66^\circ \).

Vậy số đo góc \(AOB\) khoảng \(66^\circ \).

a) Chứng minh \(O,A,K,D\) thuộc một đường tròn.

Vì \[KA\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[KA \bot AO\]

Suy ra \[\Delta AKO\] vuông tại \[A\] nên \[A,K,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\] (1)

Vì \[KD\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[KD \bot DO\]

Suy ra \[\Delta DKO\] vuông tại \[D\] nên \[D,K,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O,A,K,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\]

b) Chứng minh \(AE\) song song với \(BC\) và \(GF\;{\rm{.}}\;GA = G{H^2}\).

Ta có \(KA\) và \(KD\) lần lượt là tiếp tiếp tuyến tại \(A\) và \(B\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (gt)

Suy ra: \(KA = KD\).

Mặt khác: \(OA = OD = R\) (gt).

Do đó \(OK\) là đường trung trực của \(A{\rm{D}}\) hay \[OK \bot AD\] tại trung điểm \(H\).

• Xét \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(AD \bot AE\). Do đó \(AE\,{\rm{//}}\,BC\).

• Xét \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {DFE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {DFK} = 90^\circ \) (kề bù)

• Xét \(\Delta FKD\) và \(\Delta KDE\) có: \(\widehat {FKD}\) chung; \[\widehat {KFD} = \widehat {KDE} = 90^\circ \](cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{KF}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KE}}\)  hay \(K{D^2} = KF\;.\;KE\)

• Xét \(\Delta KHD\) và \(\Delta KDO\) có: \(\widehat {HKD}\) chung; \[\widehat {KHD} = \widehat {KDO} = 90^\circ \](cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{KH}}{{KD}} = \frac{{KD}}{{KO}}\). Suy ra \(K{D^2} = KH\;.\;KO\)

Mà \(K{D^2} = KF\;.\;KE\) (cmt) nên \(KH\;{\rm{.}}\;KO = KF\;{\rm{.}}\;KE\) hay \(\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}\)

• Xét \(\Delta KFH\) và \(\Delta KOE\) có: \[\widehat {EKO}\] chung; \(\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}\) (cmt)

Suy ra:  nên \(\widehat {KHF} = \widehat {KEO}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {GA{\rm{D}}} = \widehat {KEO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FD\)) nên \(\widehat {GAD} = \widehat {FHG}\)(hai góc tương ứng)

• Xét \(\Delta GFH\) và \(\Delta GHA\) có: \(\widehat {FGH}\) chung; \(\widehat {GAD} = \widehat {FHG}\) (cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{GF}}{{GH}} = \frac{{GH}}{{GA}}\). Do đó \(GF \cdot GA = G{H^2}\).

c) Chứng minh \(B,I,F\) thẳng hàng.

• Xét \(\Delta ADM\) có \(H\,;\,\,I\) thứ tự là trung điểm của \(AD\,;\,\,AM\).

Suy ra \(HI\) là đường trung bình của \(\Delta AMD\) nên \(HI\,{\rm{//}}\,MD\).

Mà \(AM \bot MD\) nên \(HI \bot AM\).

Suy ra \(\widehat {AHI} = \widehat {ADB}\) (hai góc đồng vị).

Ta lại có \(\widehat {ADB} = \widehat {AFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)) nên \(\widehat {AFB} = \widehat {AHI}\).

• Ta có: .

Suy ra \(\widehat {GFH} = \widehat {GHA} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) nên \(A\,;\,\,F\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có \(\Delta AIH\) vuông tại \(I\) nên \(A\,;\,\,I\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Do đó bốn điểm \(F\,;\,\,A\,;\,\,I\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(\widehat {AFI} = \widehat {AHI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HI\)).

Mà \(\widehat {AFB} = \widehat {AHI}\) nên \(\widehat {AFI} = \widehat {AFB}\).

Ta lại có các tia \(FI\,;\,\,FB\) nằm cùng phía so với đường thẳng \(FA\) nên hai tia này trùng nhau.

Vậy \(B,I,F\) thẳng hàng.

Gọi độ dài cạnh hình vuông bị cắt bỏ là \(x\left( {cm,\,\,x > 0} \right)\)

Khi đó, các kích thước của hình hộp là:

- Chiều dài: \(60 - 2x > 0\) \((cm)\)

- Chiều rộng: \(40 - 2x > 0\) \((\;cm)\).

Suy ra \(0 < x < 20\).

- Chiều cao: \(x\) \((cm)\)

 Diện tích thực tế Sau khi cắt 4 góc \({S_{thuc}} = 64 \cdot 40 - 4{x^2} = 2560 - 4{x^2}\)

Điều kiện chi phí: \({S_{{\rm{thuc }}}} \cdot 2\,\,500 \le 4\,\,440\,\,000\)

\(2560 - 4{x^2} \le \frac{{4.440.000}}{{2500}} = 1776\)

\( - 4{x^2} \le 1776 - 2560 =  - 784\)

\({x^2} \ge 196\)

\( \Rightarrow x \ge 14\;{\rm{cm}}\). Do đó \(14 \le x < 20\).

Thể tích hộp là

\(V(x) = x\left( {64 - 2x} \right)\left( {40 - 2x} \right)\)\( = 4{x^3} - 208{x^2} + 2560x\)\( = 4\left( {{x^3} - 52{x^2} + 640x} \right)\)

Xét \(V\left( x \right) - 6048\)\( = 4\left( {x - 14} \right)\left( {{x^2} - 38x + 108} \right)\)

Ta có \({x^2} - 38x + 108\)\( = x\left( {x - 20} \right) - 18x + 108 < 0 - 18 \cdot 14 + 108\)\( =  - 144 < 0\)

Do đó \(V\left( x \right) - 6048 \le 0\) nên \(V\left( x \right) \le 6048\).

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 14\).

Vậy kích thước cạnh hình vuông phải chọn để thể tích hộp lớn nhất trong điều kiện chi phí không vượt quá số tiền cho phép là \(14\;{\rm{cm}}\). Thể tích lớn nhất đó là \(V\left( x \right) = 6\,\,048\,c{m^3}\).