Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Thành Công (Hà Nội) Tháng 1 có đáp án
7 câu hỏi
(2 điểm): Giải phương trình sau:
1) \({x^2} - 4 + \left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\).
2) \(\frac{{x + 2}}{{x - 2}} - \frac{1}{x} = \frac{2}{{{x^2} - 2x}}{\rm{\;}}\).
3) \(4{x^2} - 6x - 1 = 0\).
4) \({x^2} - \sqrt 5 x + \sqrt 5 - 1 = 0\).
1) \({x^2} - 4 + \left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\) \(\begin{array}{l}{x^2} - 4 + 2{x^2} - 3x - 2 = 0\\3{x^2} - 3x - 6 = 0\end{array}\) \({x^2} - x - 2 = 0\) \(\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\) \(x = 2\) hoặc \(x = - 1\). Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 2\); \(x = - 1\).
| 2) \(\frac{{x + 2}}{{x - 2}} - \frac{1}{x} = \frac{2}{{{x^2} - 2x}}{\rm{\;}}\) \(\frac{{x\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x - 2} \right)}} - \frac{{x - 2}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{2}{{{x^2} - 2x}}{\rm{\;}}\) \(\frac{{{x^2} + x + 2}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{2}{{{x^2} - 2x}}{\rm{\;}}\) \(\frac{{{x^2} + x + 2}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{2}{{x\left( {x - 2} \right)}}\) \({x^2} + x + 2 = 2\) \({x^2} + x = 0\) \(x\left( {x + 1} \right) = 0\) \(x = 0\) (loại) hoặc \(x = - 1\) (TMĐK) Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 1.\) |
3) \(4{x^2} - 6x - 1 = 0\) \[{\left( {2x} \right)^2} - 2.2x.\frac{3}{2} + \frac{9}{4} - \frac{9}{4} - 1 = 0\] \[{\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{13}}{4}\] TH1: \[2x - \frac{3}{2} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\] nên \[x = \frac{{\sqrt {13} + 3}}{4}\] TH2: \[2x - \frac{3}{2} = \frac{{ - \sqrt {13} }}{2}\] nên \[x = \frac{{ - \sqrt {13} + 3}}{4}\] Vậy phương trình đã cho có nghiệm \[x = \frac{{ - \sqrt {13} + 3}}{4}\,;\,\,x = \frac{{\sqrt {13} + 3}}{4}.\] | 4) \({x^2} - \sqrt 5 x + \sqrt 5 - 1 = 0\) \(\begin{array}{l}{x^2} - \sqrt 5 x + \sqrt 5 - 1 = 0\\\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) - \sqrt 5 \left( {x - 1} \right) = 0\\\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 - \sqrt 5 } \right) = 0\end{array}\) \(x = 1\) hoặc \(x = \sqrt 5 - 1\) Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = \sqrt 5 - 1\,;\,\,x = 1.\) |
(1,5 điểm):
Cho hai biểu thức \(A = \frac{{2\sqrt x + 5}}{{\sqrt x }}\) và \(B = \frac{{x - 4\sqrt x + 1}}{{x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{1 - \sqrt x }}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 1.\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 36.\)
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}.\)
3) Đặt \(M = A \cdot B.\) Tìm tất cả các giá trị \(x\) để \(M\) nhận giá trị nguyên.
1) Với \(x = 36\) (TMĐK), thay \(x = 36\) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = \frac{{2\sqrt {36} + 5}}{{\sqrt {36} }} = \frac{{2 \cdot 6 + 5}}{6} = \frac{{17}}{6}.\)
Vậy khi \(x = 36\) thì \(A = \frac{{17}}{6}.\)
2) Với \(x > 0,\,\,x \ne 1,\) ta có:
\(B = \frac{{x - 4\sqrt x + 1}}{{x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{1 - \sqrt x }}\)\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)
\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 1 + 2\left( {\sqrt x - 1} \right) + \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)
\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}.\]
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}.\)
3) Ta có \[M = A \cdot B = \frac{{2\sqrt x + 5}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 + 3}}{{\sqrt x + 1}} = 2 + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}.\]
Vì \[x > 0\] nên \[\sqrt x > 0\] suy ra \[\sqrt x + 1 > 1\].
Khi đó \[0 < \frac{1}{{\sqrt x + 1}} < 1\] hay \[0 < \frac{3}{{\sqrt x + 1}} < 3\] nên \[2 < M < 5.\]
Để \(M\) nhận giá trị nguyên thì \(M \in \left\{ {3\,;\,\,4} \right\}.\)
• Với \(M = 3\) thì \[2 + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} = 3\] \[\frac{3}{{\sqrt x + 1}} = 1\] \[\sqrt x + 1 = 3\] \[\sqrt x = 2\] \[x = 4\] (thỏa mãn). | • Với \(M = 4\) thì \[2 + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} = 4\] \[\frac{3}{{\sqrt x + 1}} = 2\] \[2\left( {\sqrt x + 1} \right) = 3\] \[\sqrt x + 1 = \frac{3}{2}\] \[\sqrt x = \frac{1}{2}\] \[x = \frac{1}{4}\] (thỏa mãn). |
Vậy các giá trị của \(x\) để \(M\) nhận giá trị nguyên thì \(x \in \left\{ {\frac{1}{4};\,\,4} \right\}.\)
(2 điểm):
Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) là vận tốc của ô tô thứ nhất \(\left( {x > 15\,,\,\,x \in \mathbb{N}*} \right).\)
Khi đó vận tốc của ô tô thứ hai là \(x - 15\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\).
Đổi 30 phút \( = \frac{1}{2}\) giờ.
Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là \(\frac{{150}}{x}\) (giờ).
Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là \(\frac{{150}}{{x - 15}}\) (giờ).
Theo đề bài, ô tô thứ nhất đến trước ô tô thứ hai 30 phút nên ta có phương trình
\(\frac{{150}}{{x - 15}} - \frac{{150}}{x} = \frac{1}{2}\)
\(\frac{{2 \cdot 150x}}{{2x\left( {x - 15} \right)}} - \frac{{2 \cdot 150\left( {x - 15} \right)}}{{2x\left( {x - 15} \right)}} = \frac{{x\left( {x - 15} \right)}}{{2x\left( {x - 15} \right)}}\)
\(300x - 300\left( {x - 15} \right) = x\left( {x - 15} \right)\)
\[300x - 300x + 4500 = {x^2} - 15x\]
\[{x^2} - 15x - 4500 = 0\]
\[\left( {x - 75} \right)\left( {x + 60} \right) = 0\]
\[x - 75 = 0\] hoặc \[x + 60 = 0\]
\[x = 75\] (TMĐK) hoặc \[x = - 60\] (loại).
Khi đó, vận tốc của ô tô thứ hai là \[75 - 15 = 60\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right).\]
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là \[75\,\,{\rm{km/h}}\,{\rm{;}}\] vận tốc của ô tô thứ hai là \[60\,\,{\rm{km/h}}\,.\]
Gọi số xe lúc đầu của đội là \(x\) (xe) \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right).\)
Dự định số hàng mỗi xe phải chở là: \(\frac{{120}}{x}\) (tấn).
Thực tế số xe mỗi đội là: \(x + 5\) (xe).
Thực tế số hàng mỗi xe phải chở là: \(\frac{{120}}{{x + 5}}\) (tấn).
Vì so với ban đầu, mỗi xe phải chở ít hơn 2 tấn nên ta có phương trình:
\(\frac{{120}}{x} - 2 = \frac{{120}}{{x + 5}}\)
\(\frac{{120\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{2x\left( {x + 5} \right)}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{120x}}{{x\left( {x + 5} \right)}}\)
\[120\left( {x + 5} \right) - 2x\left( {x + 5} \right) = 120x\]
\[120x + 600 - 2{x^2} - 10x = 120x\]
\[110x + 600 - 2{x^2} = 120x\]
\[2{x^2} + 10x - 600 = 0\]
\[{x^2} + 5x - 300 = 0\]
\[\left( {x - 15} \right)\left( {x + 20} \right) = 0\]
\[x - 15 = 0\] hoặc \[x + 20 = 0\]
\[x = 15\] (TMĐK) hoặc \[x = - 20\] (loại).
Vậy lúc đầu đội đó có 15 xe.
(4 điểm):
a) Chủ nhà làm hàng rào xung quanh phần trồng hoa (cung tròn \[AB\], 2 bán kính \[OA,OB\]), tính chiều dài hàng rào.
b) Tính diện tích phần lát gạch. (Biết \(\pi \approx 3,14\)).
a) Độ dài cung tròn là: \[\frac{{2 \cdot 3,14 \cdot 15}}{{360}} \cdot 120 = 31,4\left( m \right)\]
Độ dài hàng rào là: \(31,4 + 15.2 = 61,4\left( m \right)\)
b) Diện tích phần lát gạch là: \(\frac{{{{3,14.15}^2}}}{{360}}\left( {360 - 120} \right) = 471\left( {{m^2}} \right)\)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \(R\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) trên cung lớn \(BC\) sao cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn. Các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).
a) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ đường kính \(AM\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(AB.AC = AD.AM\) và \(AH = 2OK\).
c) Chứng minh rằng khi \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) thì đoạn \(EF\) có độ dài không đổi.
a) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
Xét \(\Delta BEC\) và \(\Delta BFC\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \) (\(BE,CF\) là đường cao) nên nội tiếp trong đường tròn đường kính \(BC\).
b) Kẻ đường kính \(AM\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(AB.AC = AD.AM\) và \(AH = 2OK\).
* Chứng minh \(AB.AC = AD.AM\)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AMC\) có:
\(\widehat {ADB} = \widehat {ACM}\)(\(AD \bot BC,\widehat {ACM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó (g.g)
Suy ra \[\frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{AD}}{{AC}}\] do đó \[AB \cdot AC = AD \cdot AM\].
* Chứng minh \(AH = 2OK\)
Xét \(\Delta OBC\) có \(OB = OC = R\) nên cân tại \(O\) \( \Rightarrow OK \bot BC\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác cân)
\( \Rightarrow OK//AH\) (cùng vuông góc với \(BC\))
Xét \(\Delta AHM:OK//AH,OA = OM \Rightarrow OK\) là đường trung bình của \(\Delta AHM\)
\( \Rightarrow AH = 2OK\)
c) Chứng minh rằng khi \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) thì đoạn \(EF\) có độ dài không đổi.
Vì \(BCEF\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat B + \widehat {FEC} = 180^\circ \)
Mặt khác \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat B = \widehat {AEF}\)
Ta có (g.g) \(\left( {\widehat {EAF}\,\,{\rm{chung}},\,\,\widehat B = \widehat {AEF}} \right)\)
Xét \[\Delta AEH\] và \[\Delta ABM\] có:
\[\widehat {AEH} = \widehat {ABM} = 90^\circ \]
Suy ra (g.g) nên
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)
Khi \(BC\) cố định trong \(\left( O \right)\) thì \(K\)cố định \( \Rightarrow 2OK = AH,AM = 2R\) cố định.
\( \Rightarrow EF = \frac{{AH}}{{AM}}.BC\) có độ dài không đổi.
(0.5 điểm):
Trong đợt ủng hộ đồng bào bị bão lụt, sạt lở đất, khối 6 của một trường ủng hộ được số tiền như sau: số tiền của lớp 6A gấp \[1,8\] số tiền của lớp 6B, số tiền của lớp 6B gấp \[1,25\] lần số tiền lớp 6C. Số tiền lớp 6C gấp \[1,1\] lần số tiền lớp 6D. Số tiền của lớp 6E bằng nghịch đảo số tiền của lớp 6D. Tính số tiền ít nhất mà khối 6 ủng hộ được. Biết số tiền của lớp 6D ủng hộ không nhỏ hơn \[2\] triệu đồng.
Gọi số tiền lớp 6D ủng hộ là \(x\)(triệu đồng), điều kiện \((x \ge 2).\)
Số tiền ủng hộ lớp 6C là: \(1,1x\).(triệu đồng)
Số tiền ủng hộ lớp 6B là: \(1,25 \cdot 1,1x = 1,375x\)(triệu đồng)
Số tiền ủng hộ lớp 6A là: \(1,8 \cdot 1,375x = 2,475x\)(triệu đồng)
Số tiền ủng hộ lớp 6E bằng nghịch đảo số tiền lớp 6D nên số tiền ủng hộ lớp 6E là \(\frac{1}{x}\)(triệu đồng)
Tổng số tiền khối 6 là: \(2,475x + 1,375x + 1,1x + x + \frac{1}{x} = 5,95x + \frac{1}{x} = x + \frac{1}{x} + 4,95x\)
Với mọi \(x \ge 2\) ta có:\(\left( {\frac{x}{4} + \frac{1}{x}} \right) \ge 2\sqrt {\frac{x}{4}.\frac{1}{x}} ;\frac{{3x}}{4} \ge \frac{3}{4}.2\)
Suy ra \(\left( {\frac{x}{4} + \frac{1}{x}} \right) + \frac{{3x}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{x}{4}.\frac{1}{x}} + \frac{3}{4}.2\) hay \(x + \frac{1}{x} \ge \frac{5}{2}\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 2\).
Vậy \(x + \frac{1}{x} + 4,95x \ge 4,95.2 + \frac{5}{2} = 12,4\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 2\).
Kết luận vậy khối 6 ủng hộ được ít nhất là \(12,4\) triệu đồng.
