Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Hải Hòa (Nghệ An) có đáp án

b) 0,75đ

+) Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;1} \right);\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {2;1} \right);\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;3} \right);\\\left( {4;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;3} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right)\end{array} \right\}\)

+) Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 15\)

0,25

+) Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(M\)là: \(\left( {1;1} \right)\); \(\left( {1;2} \right);\,\left( {2;1} \right)\); \(\left( {1;3} \right);\,\,\left( {3;1} \right)\); \(\left( {4;1} \right);\,\,\left( {2;2} \right)\).
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A : \(n\left( M \right) = 7\)

0,25

+) Xác suất của biến cố M: \(P\left( M \right) = \frac{{n\left( M \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{15}}\)

0,25

a) 0,5đ

\(A = \sqrt {12} + \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt 3 }} + 1 = 2\sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 (\sqrt 3 - 1)}}{{(\sqrt 3 - 1)}} + 1\)

0,25

\( = 2\sqrt 3 - \sqrt 3 + 1 = \sqrt 3 + 1\)

0,25

b) 1,0đ

Với \(x \ge 0,x \ne 1\)ta có:

\[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{x - 3}}{{1 - x}} = \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right) - 2\sqrt x .\left( {\sqrt x - 1} \right) + x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

0,25

\[ = \frac{{x + \sqrt x - 2x + 2\sqrt x + x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

0,25

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

0,25

\[ = \frac{3}{{\sqrt x + 1}}\]

0,25

c)       0,5đ

Thay \[x = - 1\] vào \(y = - 2{x^2}\) ta có: \[y = - 2.{\left( { - 1} \right)^2} = - 2\]

0,25

Thay \[x = - 1\] và \[y = - 2\] vào ham số: \(y = (2a + 1)x - 3\) ta được: \[ - 2 = \left( {2a + 1} \right) \cdot \left( { - \,1} \right)--3\]

Suy ra \[a\; = - 1\] (thỏa mãn điều kiện \(a \ne - \frac{1}{2}\))

Vậy \[a\; = - 1\] là giá trị cần tìm.

0,25

a) 0,75đ

Số xe tập đoàn ô tô VinFast sản xuất được trong tháng 3 là:

 100 + 100.x% = 100 + x (xe)

0,25

Số xe tập đoàn ô tô VinFast sản xuất được trong tháng 4 là:

 (100 + x) + (100 + x).2x% = 0,02x ² + 3x + 100 (xe)

0,25

Theo bài ra ta có: 0,02x ² + 3x + 100 = 132

                Suy ra: 0,02x ² + 3x – 32 = 0

Giải phương trình ta được: x₁ = 10 (thỏa mãn); x₂ = - 160 (loại)

Vậy:  x = 10.

0,25

b) 0,75đ

Gọi \(x\) là số luống và \(y\)là số cây mỗi luống ban đầu trường dự định trồng \[\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\]

Số cây ban đầu trường dự định trồng là: \(xy\) ( cây)

Theo bài ra ta có hệ : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 3} \right)\left( {y - 2} \right) - 34 = xy\\\left( {x - 5} \right)\left( {y + 5} \right) + 50 = xy\end{array} \right.\)

0,25

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 3y = 40\\x - y = - 5\end{array} \right.\)

0,25

Giải hệ ta có : \(x = 25,y = 30\,\,\,\left( {t/m} \right)\).

Vậy số cây ban đầu trường dự định trồng là: 25. 30 = 750 cây

0,25

c) 1,0đ

Ta có: \(\Delta = {( - 3)^2} - 4.1.1 = 5 > 0\) nên PT có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\)

Theo định lí Viète: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\, > 0\\{x_1}.{x_2} = 1\,\, > 0\end{array} \right.\)

Suy ra: \({x_1} = 3 - {x_1};\,\,{x_2}\, = 3 - {x_2}\,v\`a \,\,{x_1};\,{x_2}\, > 0\)

0,25

Vì x₁ là nghiệm của PT nên \({x_1}^2 - 3{x_1} + 1 = 0\,\,Suy\,ra:\,\,9x_1^2 + 9 = 27{x_1}\)

Ta có:\(57{x_1} + 16 = 30{x_1} + 16 + \,9x_1^2 + 9 = {(3{x_1} + 5)^2}\)

Suy ra: \(\sqrt {57{x_1} + 16} + 2{x_2} = \sqrt {{{(3{x_1} + 5)}^2}} + 2{x_2} = 3{x_1} + 5 + 2{x_2}\)

0,25

Vì x₂ là nghiệm của PT nên \({x_2}^2 - 3{x_2} + 1 = 0\,\,\)

Suy ra: \({x_2}({x_2}^2 - 3{x_2} + 1) = 6({x_2}^2 - 3{x_2} + 1) = 0\,\,\)

Hay: \({x_2}^3 - 3{x^2}_2 + {x_2} = 6{x_2}^2 - 18{x_2} + 6 = 0\,\,\)

Suy ra: \({x_2}^3 + 3{x^2}_2 - 17{x_2} + 6 = 0\,\,\)

Ta có: \(20{x_2} - 5 = 20{x_2} - 5 + {x_2}^3 + 3{x^2}_2 - 17{x_2} + 6 = {x_2}^3 + 3{x^2}_2 + 3{x_2} + 1\, = {({x_2} + 1)^3}\)

Suy ra: \(\sqrt[3]{{20{x_2} - 5}} = \sqrt[3]{{{{({x_2} + 1)}^3}}} = {x_2} + 1\)

0,25

Ta có:

 \(\begin{array}{l}P = \frac{{5 + 26{x_1} + 19{x_2} + \sqrt[3]{{20{x_2} - 5}}}}{{\sqrt {57{x_1} + 16} + 2{x_2}}} = \frac{{5 + 26{x_1} + 19{x_2} + {x_2} + 1}}{{3{x_1} + 5 + 2{x_2}}}\\ = \frac{{26{x_1} + 20(3 - {x_1}) + 6}}{{3{x_1} + 5 + 2(3 - {x_1})}} = \frac{{6{x_1} + 66}}{{{x_1} + 11}} = \frac{{6({x_1} + 11)}}{{{x_1} + 11}} = 6\end{array}\)

Vậy P = 6.

0,25

a) 1,5 đ

Hình vẽ

Chứng minh rằng : tứ giác \(AMON\)là tứ giác nội tiếp

Vì \(AM,AN\) là 2 tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \)

Suy ra: \(\Delta AMO\) và \(\Delta ANO\) nội tiếp đường tròn đường kính AO.

Suy ra tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp.

b) 1,0 đ

Chứng minh rằng: \(\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\)

Vì \(EM,EK\)là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(OE\) là phân giác của \(\widehat {KOM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {EOK} = \frac{1}{2}\widehat {KOM}\)

\(FN,FK\)là tiếp tuyến của (O) nên \[OF\]là phân giác của \(\widehat {KON}\) tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {FOK} = \frac{1}{2}\widehat {KON}\).

Ta có \(\widehat {MON} = \widehat {KOM} + \widehat {KON}\)

\[\frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2}\widehat {KOM} + \frac{1}{2}\widehat {KON}\]

\[\frac{1}{2}\widehat {MON} = \widehat {EOK} + \widehat {FOK}\, = \widehat {EOF}\]

Chứng minh rằng: \(ME.OF = OE.MP\)

Vì \(AM,AN\)là 2 tiếp tuyến của (O) ta c/m được : \(AO \bot MN\)

Suy ra \(\widehat {EMN} = \widehat {AOM} = 90^\circ - \widehat {OMN}\) mà \(\widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\) nên \[\widehat {EMN} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\]

Mà \(\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)nên \(\widehat {EMN} = \widehat {EOF}\) hay \(\widehat {EMP} = \widehat {EOF}\)

Vì \(EM,EK\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(EO\) là phân giác của \(\widehat {KEM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {MEO} = \widehat {KEO}\) hay \(\widehat {MEP} = \widehat {FEO}\)

Xét \(\Delta MEP\) và \(\Delta OEF\) có:

\[\widehat {EMP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}}\,;\,\,\widehat {MEP} = \widehat {FEO}\,\,{\rm{(cmt)}}\]

Suy ra $\Delta MEP\backsim \Delta OEF$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{ME}}{{OE}} = \frac{{MP}}{{OF}}\) (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Suy ra \(ME.OF = OE.MP\) (đpcm).

c) 0,5 đ

Chứng minh rằng \(OK,EQ,FP\) đồng quy

Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.

Vẽ đường tròn (O) đi qua 3 điểm A, B, C.

Gọi \[D'\] là giao điểm của AD và (O).

Khi đó tứ giác \[ABCD'\] nội tiếp đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {AD'C} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (gt)

Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {AD'C}\)

Suy ra D trùng \[D'\] hay \(D \in (O)\)

Mà tứ giác \[ABCD'\] nội tiếp đường tròn (O).

Suy ra: tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).

Chứng minh tương tự: Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới 1 góc thì tứ giác đó nội tiếp.

Áp dụng bổ đề trên ta có:

Chứng minh tứ giác \(EMOQ\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {EMO} + \widehat {EQO} = 180^\circ \) mà \[\widehat {EMO} = 90^\circ \,\,{\rm{suy}}\,\,{\rm{ra}}\,\,\widehat {EQO} = 90^\circ \,\,{\rm{hay}}\,\,EQ \bot FO\].

Vì \(EM,EK\) là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(EM = EK\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì $\Delta MEP\backsim \Delta OEF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(cmt)\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}suy\hspace{0.17em}ra\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\frac{ME}{OE}=\frac{EP}{EF}$ do đó \(\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}}\)

Xét \(\Delta KEP\) và \(\Delta OEF\)có \(\widehat {FEO}\,\,{\rm{chung}},\,\,\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó $\Delta KEP\backsim \Delta OEF\text{(c.g.c)}$

Suy ra \(\widehat {EKP} = \widehat {EOF}\) (hai góc tương ứng)

Tứ giác \(KFOP\) có \(\widehat {EKP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}}\) mà hai góc này cùng bù với \(\widehat {PKF}\).

Suy ra tứ giác \(KFOP\) là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {FKO} = \widehat {FPO}\) (cùng chắn cung \(OF)\)

Mà \(\widehat {FKO} = 90^\circ \,\,(KF\) là tiếp tuyến của (O)) suy ra \[\widehat {FPO} = 90^\circ \] hay \[FP \bot EO\].

Tam giác \(OEF\)có: \(OK \bot EF\)(EF là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại K)

\(EQ \bot FO\,\,{\rm{(cmt)}},\,\,FP \bot EO\,\,{\rm{(cmt)}}\)

Suy ra \(OK,\,\,EQ,\,\,FP\) lần lượt là các đường cao của \(\Delta OEF\,\,\)

Do đó \(OK,\,\,EQ,\,\,FP\) đồng quy (đpcm)

a) 0,5 đ

Nếu cắt cái li bởi mặt phẳng chứa trục của cái li ta được như hình vẽ.

Ta có:
AC = 4 cm,
CE = 3 cm, CD = 7 cm

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{FE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{DC}}\) suy ra: \(FE = \frac{{AC.DE}}{{DC}} = \frac{{4.(7 - 3)}}{7} = \frac{{16}}{7}\)

Thể tích rượu có trong ly: \(V = \frac{1}{3}\pi E{F^2}.DE = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{16}}{7}} \right)^2} \cdot 4 = \frac{{1024}}{{147}}\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 21,87c{m^3}\)

b) 0,5 đ

Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, coi khung sắt là hình chữ nhật ABCD.

Khi đó (P)  đi qua các điểm \[O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,\left( { - 2\,;\,\, - 4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\, - 4} \right)\] nên parabol (P) có phương trình \[y = - {x^2}.\]

Giả sử \[C \in \left( P \right)\] suy ra \[\left( {0 < x < 2} \right)\].

Khi đó \(BC = 2x\);  suy ra .

0,25

Ta có:

Suy ra \[{S^2} \le \frac{{1024}}{{27}}\] hay \[S \le \frac{{32\sqrt 3 }}{9}\].

Dấu xảy ra khi \[{x^2} = \frac{{4 - {x^2}}}{2}\] suy ra \[x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy kích thước của khung thép có chiều rộng là \[\frac{{4\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]; chiều dài là \[\frac{8}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

0,25