Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Nguyễn Trường Tô (Hà Nội) Tháng 4 có đáp án

1)

1,0 đ

Tần số của nhóm ngày có lượng mưa từ \(10mm\)đến dưới 1\(5mm\) là: \(12\)

0,5

Tần số tương đối của nhóm ngày này là: \(\frac{{12}}{{30}}.100\%  = 40\% \).

0,5

2)

0,5 đ

Số kết quả có thể xảy ra khi rút một thẻ từ hộp \(48\) chiếc là: \(n(\Omega ) = 48\).

0,25

Vì thẻ chỉ ghi số từ 1 đến 48, nên các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(A = \{ 1;2;3;5;6;9;10;15;18;30;45\} \).

Số kết quả thuận lợi là: \(n(A) = 11\).

Xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{11}}{{48}}\).

0,25

1)

0,25đ

Thay \(x = 16\) (Thỏa mãn điều kiện \(x \ge 0;x \ne 9\)) vào biểu thức A:

\(A = \frac{{4\sqrt {16}  + 1}}{{\sqrt {16}  + 3}}\)

\(A = \frac{{4.4 + 1}}{{4 + 3}} = \frac{{17}}{7}\)

0,25

2)

0,75đ

Với \(x \ge 0;x \ne 9\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x  - 3) + 1(\sqrt x  + 3) + 8\sqrt x  + 6}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)

0,25

\(B = \frac{{x - 3\sqrt x  + \sqrt x  + 3 + 8\sqrt x  + 6}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)\(B = \frac{{x + 6\sqrt x  + 9}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}} = \frac{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}}{{(\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3)}}\)

0,25

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

0,25

3)

0,5đ

Ta có: \(M = A.B = \frac{{4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}.\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 3}} = \frac{{4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}\).

Với mọi \(x\) TMĐK, ta có:

 \(M < 2\)

\(\begin{array}{l}\frac{{4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}} - 2 < 0\\\frac{{4\sqrt x  + 1 - 2(\sqrt x  - 3)}}{{\sqrt x  - 3}} < 0\end{array}\)

\(\frac{{2\sqrt x  + 7}}{{\sqrt x  - 3}} < 0\)

\(\sqrt x  - 3 < 0\)  (vì \(2\sqrt x  + 7 > 0\) với mọi \(x\) TMĐK)

0,25

\(x < 9\)

Mà \(x \ge 0;x \ne 9\) nên suy ra: \(0 \le x < 9\)

Mà \(x\) là số nguyên tố nên ta có: \(x \in \{ 2;3;5;7\} \)

0,25

1)

1,0 đ

Gọi  số thùng hàng tối đa mà nhân viên kho có thể mang theo là \(x\) (thùng).

(\(x \in {\mathbb{N}^*}\)).

0,25

Khối lượng của \(x\) thùng hàng là: \(45\;x\;\)(kg).

Tổng khối lượng của nhân viên và các thùng hàng khi ở trong thang máy là: \(75 + 45.x\) (kg).

0,25

Vì tải trọng tối đa của thang máy là \(1200kg\), ta có bất phương trình:

\(75 + 45.x \le 1200\)

\(45.x \le 1125\)

\(x \le 25\)

0,25

Vậy nhân viên kho có thể mang theo tối đa 25 thùng hàng để đảm bảo an toàn.

0,25

2)

1,0 đ

Gọi số ki-lô-gam hạt ngô và hạt đậu tương nông trại đã nhập lần lượt là \(x,\;y\;\) (kg) (\(x,y > 0\)).

Vì tổng khối lượng hạt giống là \(60kg\), ta có phương trình:

\(x + y = 60{\rm{ (1)}}\)

0,25

Chi phí mua hạt ngô là \(80x\;\)(nghìn đồng), chi phí mua hạt đậu tương là \(120y\) (nghìn đồng).

Tổng chi phí là \(5600\) nghìn đồng, ta có phương trình:

\(80x + 120y = 5600 \Leftrightarrow 2x + 3y = 140{\rm{ (2)}}\)

0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{2x + 3y = 140}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 120}\\{2x + 3y = 140}\end{array}} \right. \Rightarrow y = 20\)

0,25

Thay \(y = 20\) vào (1) ta được \(x = 40\). (Thỏa mãn điều kiện).

Vậy nông trại đã nhập \(40kg\) hạt ngô và \(20kg\) hạt đậu tương.

0,25

3)

0,5 đ

Xét phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\).

Vì \(\Delta  = 29 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Viete, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 7}\\{{x_1}.{x_2} = 5}\end{array}} \right.\)

Biến đổi biểu thức M:

\(M = {x_1}(3 + x_2^2) - 2{x_2} = 3{x_1} + {x_1}.x_2^2 - 2{x_2}\)

0,25

\(M = 3{x_1} + ({x_1}.{x_2}).{x_2} - 2{x_2}\)

\(M = 3{x_1} + 5.{x_2} - 2{x_2}\)

\(M = 3{x_1} + 3{x_2} = 3({x_1} + {x_2})\)

\(M = 3.7 = 21\).

0,25

1a)

0,5đ

Diện tích xung quanh của ly nước hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2.\pi .r.h\)

0,25

\({S_{xq}} \approx 2.3,14.2.12 = 150,72{\rm{ }}c{m^2}\)

0,25

1b)

0,5đ

Thể tích của một viên bi thủy tinh hình cầu là:

\({V_1} = \frac{4}{3}.\pi .r_{bi}^3 = \frac{4}{3}.\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\)

Tổng thể tích của 6 viên bi thủy tinh là:

\({V_{6\,\,bi}} = 6.{V_1} = 6.\frac{4}{3}\pi  = 8\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\)

0,25

Khi thả 6 viên bi vào, thể tích nước dâng lên trong ly bằng đúng tổng thể tích của các viên bi.

Gọi h' là chiều cao mực nước dâng thêm, ta có:

\({V_{dang\,\,len}} = \pi .r_{ly}^2.h'\)

\(8\pi  = \pi {.2^2}.h'\)

\(8\pi  = 4\pi .h'\)

\(h' = 2{\rm{ }}cm\)

Vậy mực nước trong ly dâng lên thêm 2 cm.

0,25

2a)

1,0đ

0,25

Chứng minh được: Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A.\) Suy ra\(:\;A\) thuộc đường tròn đường kính \(SO.\)   (1)

0,25

Chứng minh được: Tam giác \(SBO\) vuông tại \(B.\) Suy ra: \(B\) thuộc đường tròn đường kính \(SO.\)   (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra \(S,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\)

Suy ra điều phải chứng minh

0,25

2b)

1,0đ

Chứng minh được: \(SO\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\)

0,25

Chứng minh được:

0,25

Suy ra: \(\frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{OH}}{{OA}}\)

0,25

Từ đó, ta có: \(O{A^2} = OH.OS.\)

0,25

2c)

1,0đ

Chứng minh được: \(O{C^2} = O{A^2} = OH.OS.\)

Suy ra: $\Delta OCH\backsim \Delta OSC\left(c.g.c\right)$

Suy ra: \(\widehat {OCH} = \widehat {OSC}\)  (1)

0,25

Chứng minh được: \(\widehat {OSC} = \widehat {HBK}\) (cùng phụ với \(\widehat {SJB}\))  (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh: \(\widehat {OCH} = \widehat {HBK}\)

0,25

Gọi giao điểm của \(HB\) và \(KC\;\)là \(T.\;\)

Dễ dàng chứng minh được: $\Delta KTB\backsim \Delta HTC\left(g.g\right)$

Từ đó, ta có thể chứng minh được: $\Delta KHT\backsim \Delta BCT\left(c.g.c\right)$

0,25

Suy ra: \(\widehat {KHT} = \widehat {BCT}\)

Mà \(\widehat {BAD} = \widehat {BCT}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\) trong \(\left( O \right)\))

Nên \(\widehat {KHT} = \widehat {BAD}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(KH\) // \(AD.\)

0,25

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của ly hình nón. Lượng nước trong ly có chiều cao \(x\) thì bán kính mặt nước tương ứng là \({r_x} = \frac{{R.x}}{h}\).

Thể tích nước khi đó là: \({V_x} = \frac{1}{3}\pi .r_x^2.x = \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.{x^3}\).

Theo giả thiết, đổ nước từ ly A vào ly B thì ly B đầy nước, ta có:

\({V_{{h_1}}} + {V_{{h_2}}} = {V_h}\)

\(\frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.h_1^3 + \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.h_2^3 = \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.{h^3}\)

\(h_1^3 + h_2^3 = {h^3}\)

Với \(h = 12\) cm, ta có: \(h_1^3 + h_2^3 = {12^3} = 1728\) \((1)\).

Sử dụng hằng đẳng thức:

\(h_1^3 + h_2^3 = {({h_1} + {h_2})^3} - 3{h_1}.{h_2}.({h_1} + {h_2})\)

Áp dụng bất đẳng thức phụ: \({h_1}.{h_2} \le \frac{{{{({h_1} + {h_2})}^2}}}{4}\), ta có:

\(h_1^3 + h_2^3 \ge {({h_1} + {h_2})^3} - 3.\frac{{{{({h_1} + {h_2})}^2}}}{4}.({h_1} + {h_2})\)

\( \Leftrightarrow h_1^3 + h_2^3 \ge {({h_1} + {h_2})^3} - \frac{3}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}\)

\( \Leftrightarrow h_1^3 + h_2^3 \ge \frac{1}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}\)

0,25

Thay \((1)\) vào đánh giá trên:

\(1728 \ge \frac{1}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}\)

\( \Leftrightarrow {({h_1} + {h_2})^3} \le 6912\)

\( \Leftrightarrow {h_1} + {h_2} \le \sqrt[3]{{6912}} = 12\sqrt[3]{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \({h_1} = {h_2} = 6\sqrt[3]{4}\) cm.

Vậy \(Max\,\,S = 12\sqrt[3]{4}\) khi và chỉ khi \({h_1} = {h_2} = 6\sqrt[3]{4}\) cm.

0,25