Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Hoằng Sơn 1 (Thanh Hóa) lần 3 có đáp án

Câu

ý

Nội dung

Điểm

9

(1,5đ)

a

(0,75đ)

Xét phương trình: \({x^2} + 5x - 6 = 0\). 

Phương trình có: \(a = 1;\;b = 5;\;c =  - 6\)

Vì  \(a + b + c = 1 + 5 - 6 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm là : \({x_1} = 1;{x_2} =  - 6\)

Vậy Phương trình có tập nghiệm  \(S = \left\{ {1; - 6} \right\}\)

0,25

0,25

0,25

b

(0,75đ)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 3\\3x + y = 4\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y = 3\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2.1 + y = 3\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: \[\left( {x;{\rm{ }}y} \right) = \left( {1;{\rm{ }}1} \right)\]

0,5

0,25

10

(1,0đ)

Với \(x \ge 0;x \ne 4\)
\[A = \left( {\frac{{x - 6\sqrt x  + 5}}{{x - \sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}} \right):\left( {2 - \frac{5}{{\sqrt x  + 2}}} \right)\;\;\]

   \[ = \left( {\frac{{x - 6\sqrt x  + 5}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}} \right):\left( {\frac{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{5}{{\sqrt x  + 2}}} \right)\;\;\]

   \[\begin{array}{l} = \left( {\frac{{x - 6\sqrt x  + 5 + \left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right) + \sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right):\frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \frac{{x - 6\sqrt x  + 5 + x - 4 + \sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\;.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{2\sqrt x  - 1}}\;\\ = \frac{{2x - 5\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{2\sqrt x  - 1}}\; = \frac{{\left( {2\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{2\sqrt x  - 1}}\; = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}\]

Vậy \[A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}\] với \(x \ge 0;x \ne 4\)

0,25

0,25

0,25

0,25

11

(1,0đ)

Xét phương trình: \({x^2} + (3 - 2m)x - 4 = 0\)

Ta có: \(ac =  - 4 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.\({x_1};\,{x_2}\) với mọi \(m\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 3\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} =  - 4\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Theo bài ra, ta có: \(\left( {1 - x_1^2} \right)\left( {1 - x_2^2} \right) - 2{x_1} - 2{x_2} = 10\)

                          \( \Leftrightarrow 1 - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {({x_1}{x_2})^2} - 2({x_1} + {x_2}) = 10\)  

                          \( \Leftrightarrow 1 - {({x_1} + {x_2})^2} + 2{x_1}{x_2} + {({x_1}{x_2})^2} - 2({x_1} + {x_2}) = 10\)  

Thay (1) và (2) ta được: \(1 - {(2m - 3)^2} + 2.( - 4) + {( - 4)^2} - 2.(2m - 3) = 10\)

\( \Leftrightarrow  - 4{m^2} + 8m + 6 = 10\)

\( \Leftrightarrow \)\( - {(2m - 2)^2} + 10 = 10\)

\( \Leftrightarrow \)\({(2m - 2)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \)\(m = 1\)

 Vậy \(m = 1\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

0,25

0,25

0,25

0,25

12

(1,0đ)

Gọi \(x\,\,(km/h)\) là vận tốc xe của cô Hoa \(\left( {x > 0} \right)\).

Vận tốc xe của bác Nam lớn hơn vận tốc xe của cô Hoa là \[{\rm{3km/h}}\] nên vận tốc xe của bác Nam là \(x + 3\,\,(km/h)\).

Thời gian đi của cô Liên và bác Hiệp lần lượt là: \[\frac{{30}}{x};\frac{{30}}{{x + 3}}\] (giờ).

Bác Hiệp đi đến tỉnh trước cô Liên nửa giờ nên ta có phương trình:

\[\begin{array}{l}\frac{{30}}{x} - \frac{{30}}{{x + 3}} = \frac{1}{2}\\60(x + 3) - 60x = x(x + 3)\\60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\{x^2} + 3x - 180 = 0\end{array}\]

Giải phương trình ta được \[{x_1} = 12(tm);{x_2} =  - 15(l)\].

Vậy vận tốc của cô Hoa là 12 km/h, vận tốc của bác Nam là 15 km/h.

0,25

0,5

0,25

13

(1,0đ)

a) Thể tích của 2 thùng nước mỗi lần anh Minh gánh là: \({V_1} = 2\)

\({V_1} = 2\pi {R^2}h = 2\pi  \cdot {0,2^2} \cdot 0,4 = 0,032\pi \left( {{m^3}} \right){\rm{.}}\)

Trong quá trình gánh, lượng nước bị hao hụt \(10\% \) nên lượng nước thực tế anh Minh gánh được sau mỗi lần là: \(V = 0,032\pi .90\%  \approx 0,09\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right){\rm{.\;}}\)

Vậy lượng nước thực tế anh Minh gánh được sau mỗi lần là \(0.09{m^3}\)

b) Thể tích của bể nước hình chữ nhật là:  \({V_2} = 2.2.1 = 4{m^3}\)

Sô lần ít nhất anh Minh cần gánh để được đầy bể nước là: \(n = \frac{{{V_2}}}{V} = \frac{4}{{0.09}} = \frac{{400}}{9} \approx 45\)

Vậy số lần ít nhất anh Minh cần gánh để được đầy bể nước là 45 lần.

0,25

0,25

0,25

0,25

14

(2,0đ)

1

(1,0đ)

1. Do NA là tiếp tuyến của  đường tròn tâm O nên \(\widehat {NAO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta NAO\)  vuông tại \[A\], nên \[A\] thuộc đường tròn đường kính \[ON\](1)

Do \[NC \bot OC\] vuông góc với  nên  \(\widehat {NCO} = 90^\circ \) hay \(\Delta NCO\) vuông tại \[C\] nên \[C\] thuộc đường tròn đường kính ON.

Vậy 4 điểm A, N, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính \[ON\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ANCO nội tiếp đường tròn.

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(1,0đ)

2. \(NB\)là tiếp tuyến của\((O)\)

Xét tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) có \(OK\) là đường cao nên đồng thời là phân giác \( \Rightarrow \widehat {BOK} = \widehat {AOK}\) suy ra \(\Delta OBN = \Delta OAN\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {OBN} = \widehat {OAN} = 90^\circ \)  \( \Rightarrow OB \bot NB\) \( \Rightarrow \) \(NB\) là tiếp tuyến của \((O)\).

* Xét  \(\Delta OKM\) và \(\Delta OCN\) có \(\widehat {NOC}\) chung và \(\widehat {OKM} = \widehat {OCN} = {90^0}\)

Suy ra $\Delta OKM\backsim \Delta OCN$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{OK}}{{OC}}\) \( \Rightarrow OM.OC = OK.ON\)

Xét tam giác \(OAN\) vuông tại \(A\) có \(AK\) là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(OK.ON = O{A^2} = {R^2}\)

Vậy \(OM.OC = {R^2}\).

3.  Gọi \(I\) là giao điểm của \(DN\) và \(BH\).

Ta có \({\rm{BH //AN}}\) (cùng vuông góc với \(AD\) )\( \Rightarrow \frac{{IH}}{{AN}} = \frac{{DH}}{{DA}} \Rightarrow IH.DA = DH.AN\) (1)

Do B thuộc đường tròn tâm O đường kính \(AD\)  \[ \Rightarrow \widehat {ABD} = {90^0}\]

\( \Rightarrow BD \bot AB\) mà \(ON \bot AB(gt)\) \( \Rightarrow BD{\rm{ // }}ON\)

\[ \Rightarrow \widehat {HDB} = \widehat {AON}\] (đồng vị) $\Rightarrow \Delta HDB\backsim \Delta AON\left(g.g\right)$

\( \Rightarrow \frac{{HB}}{{AN}} = \frac{{HD}}{{AO}} \Rightarrow HB.AO = HD.AN\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(IH.DA = HB.AO\) mà \(DA = 2.AO\).

\( \Rightarrow IH.2 = HB\). Hay I là trung điểm của HB.

0,25

0,25

0,25

0,25

15

(0,5đ)

Gọi số máy móc công ty nên sử dụng là \(x\) (máy, \(x > 0\))

Trong một giờ, số quả bóng tennis sản xuất được là \(30x\) (quả bóng)

Như vậy, số giờ để sản xuất \(8000\) quả bóng là \(\frac{{8000}}{{30x}}\) (giờ)

Mỗi giờ phải trả \(192\) nghìn đồng cho người giám sát và chi phí thiết lập cho mỗi máy là \(200\) nghìn đồng nên chi phí sản xuất là

\(B = 200\,\,000x + \frac{{8\,\,000}}{{30x}}.192\,\,000 = 200\,\,\,000x + \frac{{51\,\,200\,\,000}}{x}\) (đồng).

Với hai số không âm a và b ta có \({\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\) suy ra \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

Áp dụng bất đẳng thức trên với hai số dương \(200\,\,000x\) và \(\frac{{51\,\,200\,\,000}}{x}\), ta được :

\(200\,\,000x + \frac{{51\,\,200\,\,000}}{x} \ge 2\sqrt {200\,\,000x.\frac{{51\,\,200\,\,000}}{x}}  = 6\,\,400\,\,000\).

Dấu "=" xảy ra khi \(200\,\,000x = \frac{{51\,\,200\,\,000}}{x}\) nên \({x^2} = 256\), do đó \(x = 16\) (nhận) hay \(x =  - 16\) (loại).

Vậy số máy móc công ty nên sử dụng là \(16\) máy để chi phí sản xuất là thấp nhất.

0,25

0,25