Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 UBND phường Hà Đông (Hà Nội) có đáp án

Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {159;162} \right)\] là \[12\].

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \[\left[ {159;162} \right)\] là: \[\frac{{12}}{{40}}.100\%  = 30\% \].

Tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra là \[\Omega  = \left\{ {1;2;3;...;168} \right\}\] nên \[n\left( \Omega  \right) = 50\].

Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng.

Tập hơp các kết quả thuận lợi của biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là bội của \[8\]” là: \[A = \left\{ {8;16;24;32;40;48} \right\}\] nên \[n\left( A \right) = 6\].

Xác suất của biến cố \[A\] là: \[\frac{6}{{50}} = \frac{3}{{25}}\].

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là \[\frac{3}{{25}}\].

1. Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi\[x = 16\].

Thay \[x = 16\]  (TMĐKXĐ) vào \(A\), ta có: \(A = \frac{{9 - 16}}{{\sqrt {16}  + 1}} = \frac{{ - 7}}{5}\).

Vậy \[x = 16\] thì \(A = \frac{{ - 7}}{5}\).

2. Chứng minh: \(B = \frac{{\sqrt x }}{{x - 9}}\)

\[\begin{array}{l}B = \frac{{3\sqrt x  - 6}}{{x - 9}} - \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}\\B = \frac{{3\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\B = \frac{{3\sqrt x  - 6 - 2\sqrt x  + 6}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\B = \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\B = \frac{{\sqrt x }}{{x - 9}}\end{array}\]

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

3. Xét biểu thức\[P = AB\]. Tìm \(x\) để \[\left| P \right| - P = 0.\]

Ta có: \[P = AB = \frac{{9 - x}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x }}{{x - 9}} = \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\]

Nhận xét: \[x \ge 0,x \ne 9 \Rightarrow  - \sqrt x  \ge 0;\,\,\sqrt x  + 1 > 0 \Rightarrow \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} \le 0 \Rightarrow P \le 0\]

Để \[\left| P \right| - P = 0 \Rightarrow \left| P \right| = P \Rightarrow P \ge 0\].

Suy ra: \[P = 0 \Rightarrow \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = 0 \Rightarrow \sqrt x  = 0 \Rightarrow x = 0\left( {TM} \right)\]

Vậy \[x = 0\] thì \[\left| P \right| - P = 0.\]

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là \[x\left( {x > 2;km/h} \right)\]

Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là: \[x + 2\left( {km/h} \right)\] và \[x - 2\left( {km/h} \right)\].

Thời gian ca nô xuôi dòng và ngược dòng 48km lần lượt là: \[\frac{{120}}{{x + 2}}\left( h \right)\] và \[\frac{{120}}{{x - 2}}\left( h \right)\].

Theo bài ra ta có phương trình: \[\frac{{120}}{{x + 2}} + \frac{{120}}{{x - 2}} = \frac{7}{2}\]

Giải phương trình trên ta được: \[x = 22\left( {TM} \right);x = \frac{2}{7}\left( L \right)\]

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là \[22km/h\].

Gọi giá niêm yến của mỗi sản phẩm A và B lần lượt là: \[x,y\left( {0 < x,y < 7,5} \right)\], triệu đồng

Do tổng giá niêm yếu của 2 sản phẩm A và B là \[7,5\]triệu đồng nên ta có phương trình:

\[x + y = 7,5\] (1)

Vì người đó mua 2 sản phẩm A và 3 sản phẩm B trong ngày đầu khai trương nên số tiền phải trả là \[14,6\]triệu đồng nên ta có phương trình:

\[\begin{array}{l}\left( {1 - 20\% } \right).x.2 + \left( {1 - 25\% } \right).y.3 = 14,6\\1,6x + 2,25y = 14,6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\]

Từ (1); (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7,5\\1,6x + 2,25y = 14,6\,\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3,5\\y = 4\end{array} \right.\left( {TM} \right)\]

Vậy giá niêm yến của mỗi sản phẩm A và B lần lượt là:  \[3,5\]triệu đồng, \[4\]triệu đồng.

Biết rằng phương trình bậc hai \[{x^2} + x + m = 0\] có hai nghiệm là \[{x_1} = \sqrt 2  - 1\] và \({x_2}\).

Tính giá trị của biểu thức \[A = 2025{x_1} - 2026{x_2}.\]

Vì phương trình có 2 nghiệm, áp dụng hệ thức Viète, ta có:  \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 1\\{x_1}.{x_2} = m\end{array} \right.\].

Do phương trình có nghiệm là: \[{x_1} = \sqrt 2  - 1\]. Thay \[{x_1} = \sqrt 2  - 1\] vào \[{x_1} + {x_2} =  - 1\], ta có:

\[\sqrt 2  - 1 + {x_2} =  - 1 \Rightarrow {x_2} =  - \sqrt 2 \]

Thay \[{x_1} = \sqrt 2  - 1\], \[{x_2} =  - \sqrt 2 \]vào \[A = 2025{x_1} - 2026{x_2}\], ta có:

\[A = 2025\left( {\sqrt 2  - 1} \right) - 2026.\sqrt 2 A =  - \sqrt 2  - 2025 = 2025.\sqrt 2  - 2025 - 2026.\sqrt 2 \]

Vậy \[A =  - \sqrt 2  - 2025\]

a) Thể tích nước trong cốc là: \({V_{nc}} = \pi  \cdot {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2} \cdot 10 = 90\pi \) \(({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\)

b) Gọi \(x\) (viên) là số viên bi tối đa có thể thả vào \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Vì thể tích một viên bi là \(\frac{4}{3}\pi \) nên thể tích của \(x\) viên bi là: \(\frac{4}{3}\pi x\) \(({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\).

Để nước không bị tràn ra ngoài thì:

\(90\pi  + \frac{4}{3}\pi x \le \pi  \cdot {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2} \cdot 12\)

\(90 + \frac{4}{3}x \le 108\)

\(\frac{4}{3}x \le 18\)

\(x \le 13,5\)

Mà \(x \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow {x_{max}} = 13\).

Vậy có thể thả tối đa 13 viên bi.

a) Vì \(Ax\) là tiếp tuyến của \((O) \Rightarrow Ax \bot AB\).

\( \Rightarrow \Delta AMO\) vuông tại \(A \Rightarrow A,M,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\) \((1)\).

Vì \(MC\) là tiếp tuyến của \((O) \Rightarrow MC \bot OC \Rightarrow \Delta MOC\) vuông tại \(C\).

\( \Rightarrow M,C,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\) \((2)\).

Từ \((1)\) và \((2) \Rightarrow A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn (đpcm).

b) Vì \(AM\) và \(MC\) là hai tiếp tuyến của \((O)\) cắt nhau tại \(M\)\( \Rightarrow AM = MC\).

Mà \(AO = OC( = R)\)\( \Rightarrow OM\) là đường trung trực của \(AC\)\( \Rightarrow OM \bot AC\).

Lại có: \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(AC \bot BC\) nên \(OM\,{\rm{//}}\,BC\) (đpcm).

Xét \(\Delta AOI\) và \(\Delta MOA\) có: \(\widehat {AOM}\) chung; \(\widehat {AIO} = \widehat {MAO} = 90^\circ \).

Do đó $\Delta AOI\backsim \Delta MOA$ (g.g).

\( \Rightarrow \frac{{OI}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}} \Rightarrow OI \cdot OM = O{A^2} = {R^2}\) (đpcm).

c) Gọi \(N\) là giao điểm của \(AM\) và \(BC\).

Ta có: \(\widehat {NAC} + \widehat {ANC} = 90^\circ \) (\(\Delta ACN\) vuông tại \(C\) vì \(AC \bot BC\)).

\(\widehat {MCN} + \widehat {MCA} = 90^\circ \) (\(\widehat {ACN} = 90^\circ \)).

Mà \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA}\) (\(\Delta MAC\) cân tại \(M\) do \(MA = MC\)) nên \(\widehat {ANC} = \widehat {MCN}.\)

\( \Rightarrow \Delta MCN\) cân tại \(M \Rightarrow MN = MC.\)

Mà \(MC = MA \Rightarrow M\) là trung điểm của \(AN.\)

Vì \(CH \bot AB\) (gt) mà \(MA \bot AB\) (cmt) nên \(CH\,{\rm{//}}\,AM.\)

Áp dụng hệ quả định lý Thalès, ta có: \(\frac{{CK}}{{MN}} = \frac{{BK}}{{BM}} = \frac{{KH}}{{AM}}.\)

Mà \(MN = AM \Rightarrow CK = KH\) nên \(K\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).

Do tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {B\,} = 60^\circ \]

Ta có: \[MN = QP = x\] (dm) (do \[MNPQ\] là hình chữ nhật) (\[x > 0\])

Dễ chứng minh được \[\Delta QBM = \Delta PCN\]

\[ \Rightarrow BM = NC = \frac{{BC - MN}}{2} = \frac{{16 - x}}{2}\](dm)

Xét \[\Delta BQM\] vuông tại \[B\] có \[QM = BM.\tan B = \frac{{16 - x}}{2}.\tan 60^\circ  = \sqrt 3 .\left( {8 - 0,5x} \right)\] (dm)

Diện tích hình chữ nhật \[MNPQ\] là:

\[S = QM.MN = \sqrt 3 .\left( {8 - 0,5x} \right).x = \sqrt 3 .\left( {8x - 0,5{x^2}} \right)\]

\[\begin{array}{c} =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{x^2} - 16x} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{x^2} - 16x + 64 - 64} \right)\\ =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {{{\left( {x - 8} \right)}^2} - 64} \right]\end{array}\]

Vì \[{\left( {x - 8} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x > 0\]

Suy ra \[{\left( {x - 8} \right)^2} - 64 \ge  - 64\] nên \[ - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {{{\left( {x - 8} \right)}^2} - 64} \right] \le  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\left( { - 64} \right)\] hay \[S \le 32\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi \[{\left( {x - 8} \right)^2} = 0\] hay \[x = 8\] (TMĐK).

Vậy diện tích hình chữ nhật \[MNPQ\] lớn nhất bằng \[32\sqrt 3 \]\[d{m^2}\] tại \[x = 8dm\].