Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 UBND phường Ba Đình (Hà Nội) lần 3 có đáp án

Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[ {158\,;\,\,161} \right)\) là 8.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {158\,;\,\,161} \right)\) là \(\frac{8}{{40}} \cdot 100\%  = 20\% .\)

Vì đĩa được chia thành 12 phần bằng nhau ghi số từ 1 đến 12 nên số kết quả có thể là 12 và các kết quả là đồng khả năng.

Các số từ 1 đến 12 chia hết cho 4 là \[\left\{ {4\,;\,\,8\,;\,\,12} \right\}\] nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 3.

Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(\frac{1}{4}\).

a) Thay \[x = 4\] (TMĐK) vào biểu thức ta được: \(A = \frac{{\sqrt 4 }}{{\sqrt 4  - 3}} = \frac{2}{{2 - 3}} =  - 2\).

Vậy \[x = 4\] thì \[A =  - 2\].

b) Ta có \(B = \frac{{2x}}{{x - 9}} + \frac{{\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }}\) với \(x \ge 0;x \ne 9\)

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

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

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

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\).

c) Để \(P\) xác định thì \(B \ne 0\) suy ra \(\sqrt x  \ne 0\) nên \(x \ne 0\)

Kết hợp ĐKXĐ suy ra: \(x > 0;x \ne 9\).

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

Xét \({P^3} - 27 = 0\) nên \({P^3} = 27 = {3^3}\)

Suy ra: \(P = 3\)

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

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

\[3\sqrt x  - 9 = \sqrt x  + 3\]

\[2\sqrt x  = 12\]

\[\sqrt x  = 6\]

\(x = 36\) (thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy \(x = 36\) thì \({P^3} - 27 = 0\).

Gọi \(x,\,\,y\) (đồng) lần lượt là tiền điện, tiền nước của nhà bác Mai trong tháng 5 \[\left( {x,\,\,y > 0} \right).\]

Trong tháng 5, tiền điện và tiền nước là \(1\,\,890\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 1\,\,890\,\,000\) (1)

Vì tháng 6 tiền điện tăng \(30\% \),  tiền nước tăng \(20\% \) so với tháng 5 và tổng số tiền điện và tiền nước tháng 6 là \(2\,\,433\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:

\(130\% x + 120\% y = 2\,\,433\,\,000\)

\(1,3x + 1,2y = 2\,\,433\,\,000\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,890\,\,000\\1,3x + 1,2y = 2\,\,433\,\,000\end{array} \right.\)

Từ phương trình thứ nhất, ta có \(y = 1\,\,890\,\,000 - x\). Thay vào phương trình thứ hai, ta có

\(1,3x + 1,2\left( {1\,\,890\,\,000 - x} \right) = 2\,\,433\,\,000\)

\(1,3x + 2\,\,268\,\,000 - 1,2x = 2\,\,433\,\,000\)

\(0,1x = 165\,\,000\)

\(x = 1\,\,650\,\,000\) (thỏa mãn)

Suy ra \[y = 1\,\,890\,\,000 - 1\,\,650\,\,000 = 240\,\,000\] (thỏa mãn).

Vây tháng 5 tiền điện là \(1\,\,650\,\,000\) đồng, tiền nước là \[240\,\,000\] đồng.

Gọi \(x\) là số sản phẩm công nhân phải làm trong một ngày theo kế hoạch \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)

Số ngày dự định làm xong 480 sản phẩm là \(\frac{{480}}{x}\) (ngày).

Mỗi ngày làm được \(x + 4\)(sản phẩm).

Số ngày thực tế làm xong 480 sản phẩm là: \(\frac{{480}}{{x + 4}}\) (ngày).

Vì thực tế xong trước 6 ngày so với kế hoạch, ta có phương trình:

\(\frac{{480}}{x} - \frac{{480}}{{x + 4}} = 6\)

\(\frac{{80}}{x} - \frac{{80}}{{x + 4}} = 1\)

\(80\left( {x + 4} \right) - 80x = x\left( {x + 4} \right)\)

\(80x + 320 - 80x = {x^2} + 4x\)

\({x^2} + 4x - 320 = 0\)

\(x = 16\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - 20\) (loại)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày công nhân phải làm 16 sản phẩm.

Phương trình \({x^2} - 5x - 2 = 0\) có \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2} \right) = 33 > 0\) nên có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}.\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} =  - 2\end{array} \right.\)

Ta có \({\left( {{x_1} - m} \right)^2} - 2m{x_2} \ge {m^2} - x_2^2\)

\(x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2} - 2m{x_2} \ge {m^2} - x_2^2\)

\(x_1^2 + x_2^2 - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) \ge 0\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) \ge 0\) (vì \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\))

Suy ra \({5^2} - 2 \cdot \left( { - 2} \right) - 2m \cdot 5 \ge 0\)

\(25 + 4 - 10m \ge 0\)

\(29 - 10m \ge 0\)

\(10m \le 29\)

\(m \le \frac{{29}}{{10}}\)

Vậy \(m \le \frac{{29}}{{10}}\).

a) Thể tích của thùng đựng đồ là: \(V = \pi {R^2}h \approx {3,14.25^2}.80 = 157\,000\left( {c{m^3}} \right)\)

b) Diện tích cần sơn của thùng đựng đồ là:

\(S = \pi Rh + \pi {R^2} \approx 3,14.25.80 + {3,14.25^2} = 14\,522,5\left( {c{m^2}} \right)\)

Đổi:\(14\,522,5\,\,c{m^2} = 1,45225\,\,{m^2}\)

Vậy cần ít nhất 2 hộp sơn.

a) Chứng minh tứ giác \(AEKC\) nội tiếp. 

Do \[CE\]  là đường cao nên của \(\Delta ABC\) nên \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]

Vì \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\) (vì \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEC\) có tâm là trung điểm  của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC.\)

Do đó ba điểm \(A,\,\,E,\,\,C\) thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC\) \(\left( 1 \right)\)

Vì \(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) (vì \[\widehat {CKA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AKC\) có tâm là trung điểm  của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC.\)

Do đó ba điểm \(A,\,\,E,\,\,C\) thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC\,\) (2)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra bốn điểm \(A,\,\,E,\,\,K,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn.

Vậy tứ giác \(AEKC\) là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\widehat {KAC} = \widehat {KEC}\) (góc nội tiếp chắn ).

b) Chứng minh: \(\widehat {MBC} = \widehat {KEC}\) và \(BM.KC = CM.KE\).

Xét \(\left( O \right)\), có \(AM\) là đường kính nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(MB \bot AB\)

Lại có \(CE \bot AB\) suy ra \(MB\,{\rm{//}}\,CE\).

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MBC} = \widehat {MAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Lại có \(\widehat {KAC} = \widehat {KEC}\) (cmt) suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {KEC}\) (đpcm).

Ta có \(\widehat {MCK} = \widehat {MAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACK}\)).

\(\widehat {MBC} = \widehat {MAC}\) (góc nội tiếp chắn ).

Suy ra \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\).

Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {ECB}\)  (so le trong) nên \(\widehat {MCK} = \widehat {HCB}\).

Suy ra \(\widehat {MCK} + \widehat {KCB} = \widehat {HCB} + \widehat {KCB}\) do đó \(\widehat {MCB} = \widehat {HCK}\).

Xét \(\Delta BMC\) và \(\Delta EKC\) có: \(\widehat {BCM} = \widehat {ECK}\) (cmt); \(\widehat {CBM} = \widehat {MEK}\) (cmt)

Do đó $\Delta BMC\backsim \Delta EKC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BM}}{{KE}} = \frac{{CM}}{{KC}}\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(BM.KC = CM.KE\) (đpcm).

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(EK\) và \(BC\) . Đường cao \(BF\) của \(\Delta ABC\) cắt \(CE\) tại \(H\). Chứng minh \(AH = 2OI\) .

Ta có: \(\widehat {IEC} = \widehat {ICE}\) (cùng bằng \(\widehat {IBM}\))  suy ra \(\Delta IEC\) cân tại \(I,\) suy ra \(IE = IC\).

Mà \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\)  (cùng phụ với hai góc bằng nhau là \(\widehat {IBM}\) và \(\widehat {IEC}\)).

Suy ra \(\Delta IEB\) cân tại \(I\) nên \(IE = IB\), do đó \(IC = IB\).

Xét tứ giác\(BHCM\) có:

\(BH\,{\rm{//}}\,MC\) (cùng vuông góc với \(AC\))

\(CH\,{\rm{//}}\,MB\) (cùng vuông góc với \(AB\))Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Mà \(IC = IB\) (cmt) suy ra \(IM = IH\).

Xét \(\Delta AHM\) có: \(IM = IH\) (cmt) và \(OM = OA = R\).

Suy ra \(OI\) là đường trung bình ( tc).

Suy ra \(AH = 2OI\) ( đpcm).

Gọi \(x\,\,{\rm{(m)}}\) là chiều dài khu đất \(\left( {x > 0} \right).\)

Chiều rộng khu đất là \(\frac{{400}}{x}\,\,{\rm{(m)}}\).

Diện tích trồng rau là : \(S = \left( {x - 2} \right)\left( {\frac{{400}}{x} - 2} \right)\,\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Ta xét: \(S = \left( {x - 2} \right)\left( {\frac{{400}}{x} - 2} \right) = 400 - 2x - \frac{{800}}{x} + 4\)

\( = 404 - 2\left( {x + \frac{{400}}{x}} \right) \le 404 - 2.2\sqrt {x.\frac{{400}}{x}}  = 404 - 80 = 324\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x = \frac{{400}}{x}\) suy ra \(x = 20\) (TMĐK).

Với \(x = 20\) thì chiều dài khu đất là \(20\,\,{\rm{m}}\) và chiều rộng khu đất là \(400:20 = 20\,\,{\rm{(m)}}.\)

Vậy bác nên chọn chiều dài và chiều rộng của khu đất đều là \(20\,\,{\rm{m}}\) để diện tích phần đất trồng rau là lớn nhất. Khi đó, diện tích trồng rau lớn nhất là \[324\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]