Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Văn Quán (Hà Nội) có đáp án

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {0,5;1} \right)\) là \(100\%  - 50\%  - 15\%  - 5\%  = 30\% \)

Trong 100 khách hàng, số khách hàng chi tiêu không dưới \(1,5\) triệu đồng một ngày là:

\(5\%  \cdot 100 = 5\) (khách hàng).

Xét phép thử lấy ngẫu nhiên một quả bóng trong hộp

Có 20 kết quả có thể của phép thử là nhận được quả bóng ghi số từ 1 đến 20.

Vì các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng, lấy ngẫu nhiên một quả bóng trong hộp nên các kết quả có thể trên là đồng khả năng.

Xét phép thử A:"Lấy được quả bóng có ghi số chia cho 4 dư 1" .

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: lấy được quả bóng ghi số 1; 5; 9; 13; 17.

Có 5 kết quả thuận lợi của biến cố A

Xác suất xảy ra biến cố A là \(P(A) = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}.\)

a) Thay \(x = 36\) (TMĐK) vào biểu thức \[A\], ta có:

\(A = \frac{{2\sqrt {36}  - 10}}{{\sqrt {36}  - 3}} = \frac{{2 \cdot 6 - 10}}{{6 - 3}} = \frac{{12 - 10}}{3} = \frac{2}{3}\).

Vậy với \(x = 36\) thì \(A = \frac{2}{3}\).

b) Với \[x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 25,\] ta có:

\(B = \frac{3}{{\sqrt x  + 5}} + \frac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\)\( = \frac{3}{{\sqrt x  + 5}} + \frac{{20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 5} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right)}}\)

\( = \frac{{3\left( {\sqrt x  - 5} \right) + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 5} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right)}}\)\( = \frac{{3\sqrt x  - 15 + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 5} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{\left( {\sqrt x  + 5} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt x  - 5}}\).

Vậy với \[x \ge 0\,;\,\,x \ne 9\,;\,\,x \ne 25\] thì \(B = \frac{1}{{\sqrt x  - 5}}\).

c) Ta có: \(P = A \cdot B = \frac{{2\sqrt x  - 10}}{{\sqrt x  - 3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  - 5}} = \frac{{2\left( {\sqrt x  - 5} \right)\,}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}\).

Để \(P = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}\) đạt giá trị lớn nhất, ta xét hai trường hợp sau:

• Nếu \(\sqrt x  - 3 < 0\) hay \(x < 9\) thì \(P\) sẽ nhận giá trị âm (loại).

• Nếu \(\sqrt x  - 3 > 0\) hay \(x > 9\) thì \(P\) nhận giá trị dương.

Để một phân thức có tử số không đổi đạt giá trị lớn nhất thì mẫu số phải là số dương nhỏ nhất.

Vì \(x\) là số nguyên và \(x > 9\) nên \(x = 10\).

Vậy \(x = 10\) là giá trị cần tìm.

     Vậy giá trị nguyên của \(x\) để \(P\) lớn nhất là \(x = 10\).

Gọi giá niêm yết của tủ lạnh là \(x\), của máy giặt là \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 25,4\)).

Giá niêm yết của một chiếc tủ lạnh và một máy giặt có tổng là \(25,4\) triệu đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 25,4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Trong dịp này giá bán của một tủ lạnh được giảm \(40\% \) và giá bán của một máy giặt được giảm \(25\% \) nên cô Liên đã mua hai món đồ trên với tổng số tiền là \(16,77\) triệu đồng nên ta có phương trình: \((1 - 40\% )x + (1 - 25\% )y = 16,77\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 25,4}\\{(1 - 40\% )x + (1 - 25\% )y = 16,77}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 25,4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)}\\{0,6x + 0,75y = 16,77\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình:

Từ (3) \( \Rightarrow x = 25,4 - y\). Thay vào (4) ta được:

\(0,6(25,4 - y) + 0,75y = 16,77 \Rightarrow 15,24 - 0,6y + 0,75y = 16,77 \Rightarrow 0,15y = 1,53 \Rightarrow y = 10,2\)

(thỏa mãn điều kiện).

\( \Rightarrow x = 25,4 - 10,2 = 15,2\). (thỏa mãn điều kiện)

Vậy giá niêm yết tủ lạnh là 15,2 triệu đồng, máy giặt là 10,2 triệu đồng.

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là \(x\) (km/h) (\(x > 0\)).

Thời gian dự định đi hết quãng đường là: \(\frac{{120}}{x}\) (giờ).

Quãng đường đi được sau 1 giờ là: \(x \cdot 1 = x\) (km).

Quãng đường còn lại là: \(120 - x\) (km).

Vận tốc lúc sau khi ô tô tăng thêm \(6\) km/h là: \(x + 6\) (km/h).

Thời gian đi quãng đường còn lại là: \(\frac{{120 - x}}{{x + 6}}\) (giờ).

Đổi 10 phút \( = \frac{1}{6}\) giờ. Tổng thời gian thực tế bằng thời gian dự định nên ta có phương trình:

\(1 + \frac{1}{6} + \frac{{120 - x}}{{x + 6}} = \frac{{120}}{x}\)

\(\frac{7}{6} + \frac{{120 - x}}{{x + 6}} = \frac{{120}}{x}\)

\(7x(x + 6) + 6x(120 - x) = 720(x + 6)\)

\(7{x^2} + 42x + 720x - 6{x^2} = 720x + 4320\)

\({x^2} + 42x - 4320 = 0\)

Giải phương trình bậc hai ta được: \({x_1} = 48\) (nhận), \({x_2} =  - 90\) (loại).

Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là 48 km/h.

Ta có phương trình: \({x^2} - 4(m - 1)x - m = 0\).

\(\Delta  = {b^2} - 4ac = {\left[ { - 4\left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 4.1.( - m)\)

\( = 16({m^2} - 2m + 1) + 4m\)

\( = 16{m^2} - 32m + 16 + 4m\)

\(\begin{array}{l} = 16{m^2} - 28m + 16\\ = \left( {16{m^2} - 2.4m.\frac{7}{2} + \frac{{49}}{4}} \right) + \frac{{15}}{4}\end{array}\)

\( = {\left( {4m - \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4} > 0\) (với mọi giá trị \(m \in \mathbb{R})\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 4(m - 1)}\\{{x_1}{x_2} =  - m}\end{array}} \right.\)

Điều kiện đề bài: \({x_1}{x_2} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} \Rightarrow  - m = \frac{{4(m - 1)}}{{ - m}} \Rightarrow {m^2} = 4m - 4 \Rightarrow {(m - 2)^2} = 0 \Rightarrow m = 2\) (thỏa mãn).

Với \(m = 2\): \({x_1} + {x_2} = 4(2 - 1) = 4\) và \({x_1}{x_2} =  - 2\).

Tính biểu thức \(A = \frac{{{x_1} - 1}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2} - 1}}{{{x_1}}}\).

\(A = \frac{{{x_1}({x_1} - 1) + {x_2}({x_2} - 1)}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{x_1^2 - {x_1} + x_2^2 - {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\(A = \frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2} - ({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}\)

Thay số: \(A = \frac{{{4^2} - 2( - 2) - 4}}{{ - 2}} = \frac{{16 + 4 - 4}}{{ - 2}} = \frac{{16}}{{ - 2}} =  - 8\).

Vậy \(A =  - 8\).

Gọi \({V_1}\,,\,{R_1}\,,\,{h_1}\) lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của lọ thứ nhất.

Gọi \({V_2}\,,\,{R_2}\,,\,{h_2}\) lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của lọ thứ hai.

Theo đề bài ta có: \({R_1} = 7{\rm{cm}}\,,\,{h_1} = 8{\rm{cm}}\,,\,{R_2} = 8{\rm{cm}}\,,\,{h_2} = 6{\rm{cm}}\).

a) Thể tích nước trong lọ thứ nhất là:

\({V_1}\, = {\rm{\pi }}\,{R_1}^2{h_1}\) \[ = {\rm{\pi }}{.7^2}.8\] \[ = 392{\rm{\pi }}\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\].

Vậy thể tích nước trong lọ thứ nhất là \[392{\rm{\pi }}\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].

b) Thể tích lọ thứ hai là: \({V_2}\, = {\rm{\pi }}\,{R_2}^2{h_2}\)\[ = {\rm{\pi }}{.8^2}.6\] \[ = 384{\rm{\pi }}\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\].

Vì \({V_1} > {V_2}\) (do \[392{\rm{\pi }}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}} > 384{\rm{\pi }}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\]) nên nếu đổ hết nước từ trong lọ thứ nhất sang lọ thứ hai thì nước có bị tràn ra ngoài.

Vậy nếu đổ hết nước từ trong lọ thứ nhất sang lọ thứ hai thì nước có bị tràn ra ngoài.

a) Có \(DM \bot AB\) tại \(M\) (do \(M\) là hình chiếu của \(D\) trên \(AB\)) \( \Rightarrow \widehat {DMA} = \widehat {DMB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta MDA\) vuông tại \(M\) (dhnb) \( \Rightarrow 3\) điểm \(A\,,\,M\,,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AD\) (định lí) \(\left( 1 \right)\).

Có \(DN \bot AC\) tại \(N\) (Do \(N\) là hình chiếu của \(D\) trên \(AC\)) \( \Rightarrow \widehat {DNA} = \widehat {DNC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta NDA\) vuông tại \(N\)\( \Rightarrow 3\) điểm \(A\,,\,N\,,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AD\) (định lí) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right) \Rightarrow 4\) điểm \(A\,,\,M\,,\,D\,,\,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AD\)

Do đó, tứ giác \(AMDN\) nội tiếp (đpcm).

b) Có \(AD \bot BC\) tại \(D\) (do \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\)) \( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {ADB} = \widehat {ADM} + \widehat {MDB}\)\( \Rightarrow \widehat {ADM} + \widehat {MDB} = 90^\circ \).

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác \(MBD\) ta có: \(\widehat {DMB} + \widehat {MBD} + \widehat {MDB} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {DMB} = 90^\circ \,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {MBD} + \widehat {MDB} = 90^\circ \).

Mặt khác \(\widehat {ADM} + \widehat {MDB} = 90^\circ \,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {MBD} = \widehat {ADM}\) (cùng phụ với \(\widehat {MDB}\)).

Ta có \(\widehat {ADM} = \widehat {ANM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(AM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMDN\))

\[ \Rightarrow \widehat {MBD} = \widehat {ANM}\left( { = \widehat {ADM}} \right)\] hay \[\widehat {ABC} = \widehat {ANM}\] (Do \[M \in AB\,,\,D \in BC\]).

Xét \[\Delta AMN\] và \[\Delta ACB\] có:

\[\widehat {MAN}\] là góc chung; \[\widehat {ANM} = \widehat {ABC}\,\left( {cmt} \right)\]

Do đó $\Delta AMN\backsim \Delta ACB\left(g.g\right)$ suy ra \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\].

\[ \Rightarrow AM.AB = AN.AC\] (đpcm).

Gọi \[P\] là giao điểm của \[AQ\] và \[MN\].

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác \(ACQ\) ta có: \(\widehat {ACQ} + \widehat {CQA} + \widehat {QAC} = 180^\circ \).

Mà \[\widehat {ACQ} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\])\( \Rightarrow \widehat {CQA} + \widehat {QAC} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {CQA} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(AC\) của đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\])

\( \Rightarrow \widehat {ABC} + \widehat {QAC} = 90^\circ \). Mà \[\widehat {ABC} = \widehat {ANM}\,\left( {cmt} \right)\]

\( \Rightarrow \widehat {ANM} + \widehat {QAC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ANP} + \widehat {PAN} = 90^\circ \) (Do \[P \in MN\,,\,P \in AQ\,,\,N \in AC\]).

Áp dụng định lí tổng ba góc trong tam giác \(APN\) ta có: \(\widehat {APN} + \widehat {ANP} + \widehat {PAN} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {ANP} + \widehat {PAN} = 90^\circ \,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {APN} = 90^\circ \) \( \Rightarrow MN \bot AQ\) (đpcm).

c) Có \(\widehat {DME} = 90^\circ \) (Do \(\widehat {DMA} = 90^\circ \)) \( \Rightarrow \Delta MDE\) vuông tại \(M\) (dhnb) \( \Rightarrow 3\) điểm \(E\,,\,M\,,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ED\) (định lí) \(\left( 3 \right)\).

Có \(DF \bot EC\) tại \(F\,\left( {gt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {DFE} = \widehat {DFC} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \Delta DFE\) vuông tại \(F\)\( \Rightarrow 3\) điểm \(E\,,\,F\,,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ED\) (định lí) \(\left( 4 \right)\).

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right) \Rightarrow 4\) điểm \(E\,,\,M\,,\,D\,,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(ED\)

\( \Rightarrow \widehat {DMF} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(DE\) của đường tròn đường kính \(ED\)).

Có \(CE \bot AB\) tại \(E\,\left( {gt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {CEA} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \Delta CEA\) vuông tại \(E\) \( \Rightarrow 3\) điểm \(C\,,\,E\,,\,A\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) (định lí) \(\left( 5 \right)\).

Có \[\widehat {ADC} = 90^\circ \,\left( {cmt} \right)\]\( \Rightarrow \Delta ADC\) vuông tại \(D\) (dhnb) \( \Rightarrow 3\) điểm \(A\,,\,D\,,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) (định lí) \(\left( 6 \right)\).

Từ \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra điểm \(E\,,\,D\,,\,C\,,\,A\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\)

\( \Rightarrow \widehat {DAC} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(DC\) của đường tròn đường kính \[AC\]).

Mà \(\widehat {DMF} = \widehat {{E_1}}\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {DAC} = \widehat {DMF}\left( { = \widehat {{E_1}}} \right)\) hay \(\widehat {DAN} = \widehat {DMF}\).

Mà \(\widehat {DAN} = \widehat {DMN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(DN\) của đường tròn đường kính \[AD).\]

\( \Rightarrow \widehat {DMN} = \widehat {DMF}\). Mà hai tia \(MN\,,\,MF\) cùng nằm về một phía so với \(MD\)

Suy ra ba điểm \(M\,,\,F\,,\,N\) thẳng hàng.

Đặt \[CM = x\,;\,\,CN = y\,\,\left( {0 < x\,;\,\,y < 40} \right)\].

Suy ra \[MD = MH = 40 - x\,;\,\,NB = NH = 40 - y,\] do đó \[MN = 80 - \left( {x + y} \right)\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[CMN\] vuông tại \[C\], ta có:

\[C{M^2} + C{N^2} = M{N^2}\] suy ra \[{x^2} + {y^2} = {\left[ {80 - \left( {x + y} \right)} \right]^2}\].

Mà \[{\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\] nên \[{x^2} + {y^2} \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2}\].

Do đó \[{\left[ {80 - \left( {x + y} \right)} \right]^2} \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2}\]

\[80 - \left( {x + y} \right) \ge \frac{{x + y}}{{\sqrt 2 }}\]

\[80\sqrt 2  - \sqrt 2 \left( {x + y} \right) \ge x + y\]

\[\sqrt 2 \left( {x + y} \right) + x + y \le 80\sqrt 2 \]

\[\left( {\sqrt 2  + 1} \right)\left( {x + y} \right) \le 80\sqrt 2 \]

\[x + y \le \frac{{80\sqrt 2 }}{{\sqrt 2  + 1}} = 160 - 80\sqrt 2 \].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = y = \frac{{160 - 80\sqrt 2 }}{2} = 80 - 40\sqrt 2 .\]

Khi đó, ta có:

\[{S_{CMN}} = {S_{ABCB}} - 2{S_{AMN}} = 1600 - 40 \cdot \left[ {80 - \left( {x + y} \right)} \right] = 40\left( {x + y} \right) - 1600\]

\[ \le 40\left( {1600 - 80\sqrt 2 } \right) - 1600 = 4800 - 3200\sqrt 2 \].

Vậy phần diện tích ao để thả bèo \(CMN\) lớn nhất là \(4800 - 3200\sqrt 2 \,\,\left( {{m^2}} \right)\) khi \(x = y = 80 - 40\sqrt 2 .\)