Đề thi thử TS vào 10 (Lần 4 - Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Chương Mỹ_TP. Hà Nội

a) Tổng số vỏ lon khối 9 đã thu gom được là:

$274 + 280 + 370 + 516 = 1\,\,440$ (vỏ lon).

b) Tỉ số phần trăm số vỏ lon thu gom được của lớp 9B so với số vỏ lon thu gom được của cả khối 9 là: $\frac{{280 \cdot 100}}{{1440}}\% \approx 19{,}44\%$.

Do lấy ngẫu nhiên 1 tấm thẻ từ túi có 20 tấm thẻ cùng hình dạng và kích thước nên có 20 kết quả có thể và các kết quả đó đồng khả năng.

Biến cố $E:$ “Không lấy được tấm thẻ màu vàng” tức là chỉ lấy được tấm thẻ màu đỏ hoặc tấm thẻ màu trắng.

Tổng số tấm thẻ màu đỏ và màu trắng là $8 + 7 = 15$ (tấm thẻ). Như vậy có 15 kết quả thuận lợi cho biến cố $E.$

Xác suất của biến cố $E:$ “Không lấy được tấm thẻ màu vàng” là: $\frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4} = 0{,}75.$

Thay $x = 36$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A,$ ta được:

$A = \frac{{\sqrt {36} + 6}}{{\sqrt {36} }} = \frac{{6 + 6}}{6} = \frac{{12}}{6} = 2.$

Vậy khi $x = 36$ thì $A = 2.$

Với $x > 0,\,\,x \ne 4,$ ta có:

$B = \frac{{4 - 6\sqrt x }}{{x - 4}} + \frac{2}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }}$

$= \frac{{4 - 6\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{4 - 6\sqrt x + 2\left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{4 - 6\sqrt x + 2\sqrt x - 4 + x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

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

Vậy với $x > 0,\,\,x \ne 4$ thì $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}.$

Với $x > 0,\,\,x \ne 4,$ ta có:

$P = A \cdot B = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x + 2 + 4}}{{\sqrt x + 2}} = 1 + \frac{4}{{\sqrt x + 2}}.$

Với $x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \in \mathbb{Z}$ ta có: $x \ge 1$ suy ra $\sqrt x \ge 1$ nên $\sqrt x + 2 \ge 3$

Do đó $\frac{4}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{4}{3}$ suy ra $P \le \frac{7}{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi $x = 1$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ là $\frac{7}{3}$ khi $x = 1$.

Số tiền phải trả cho dịch vụ Taxi khi đi hết quãng đường 25 km đầu tiên là:

$20\,\,000 + \left( {25 - 1} \right) \cdot 15\,\,500 = 392\,\,000$ (đồng).

Vì số tiền gia đình bạn Minh phải trả lớn hơn 392 000 đồng nên quãng đường di chuyển của gia đình lớn hơn 25 km.

Số tiền gia đình bạn Minh phải trả khi di chuyển từ km thứ 26 trở đi là:

$504\,\,500 - 392\,\,000 = 112\,\,500$ (đồng).

Số km thứ 26 trở đi là: $112\,\,500:12\,\,500 = 9$ (km).

Vậy quãng đường đi chuyển của gia đình bạn Minh là: $25 + 9 = 34$ (km).

Gọi số xe đội dự định dùng là $x$ (xe) $\left( {x \in \mathbb{N},\,\,x > 2} \right).$

Số hàng mỗi xe dự định chở là $\frac{{60}}{x}$ (tấn).

Số xe thực tế đội dùng là: $\left( {x - 2} \right)$ (xe).

Số hàng mỗi xe thực tế chở là: $\frac{{60}}{{x - 2}}$ (tấn).

Vì mỗi xe phải chở nhiều hơn một tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:

$\frac{{60}}{{x - 2}} - \frac{{60}}{x} = 1.$

Giải phương trình:

$\frac{{60}}{{x - 2}} - \frac{{60}}{x} = 1$

$\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}$

$\frac{x}{{x\left( {x - 2} \right)}} - \frac{{x - 2}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{1}{{60}}$

$\frac{{x - x + 2}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{1}{{60}}$

$\frac{2}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{1}{{60}}$

$x\left( {x - 2} \right) = 2 \cdot 60$

${x^2} - 2x - 120 = 0$

${x^2} + 10x - 12x - 120 = 0$

$x\left( {x + 10} \right) - 12\left( {x + 10} \right) = 0$

$\left( {x + 10} \right)\left( {x - 12} \right) = 0$

$x + 10 = 0$ hoặc $x - 12 = 0$

$x = - 10$ (không thỏa mãn) hoặc $x = 12$ (thỏa mãn).

Vậy lúc đầu đội dự định dùng 12 xe.

Điều kiện: $x \in \mathbb{R}.$

$\sqrt {{x^2} - 4x + 4} + x - 2 = 0$

$\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} = 2 - x$

$\left| {x - 2} \right| = - \left( {x - 2} \right)$

Suy ra $x - 2 \le 0$

$x \le 2.$

Vậy phương trình có nghiệm là $x \le 2.$

a) Bán kính $OB$ là: $1{,}8:2 = 0{,}9{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích lỗ tròn là $S = \pi \cdot 0,{9^2} = 0{,}81\pi \approx 2{,}5{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

b) Bán kính $OC$ là: $2{,}4:2 = 1{,}2{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích một bề mặt long đen là: $S = \pi \cdot \left( {1,{2^2} - 0,{9^2}} \right) = 0{,}63\pi \approx 1{,}98{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

a) Vì $AB \bot PQ$ tại $D$ nên $\Delta IPD$ vuông tại $D,$ suy ra ba điểm $P,\,\,D,\,\,I$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PI.$ (1)

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $\widehat {PMQ}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {PMQ} = 90^\circ$ hay $\widehat {PMI} = 90^\circ .$

Suy ra $\Delta MIP$ vuông tại $M,$ suy ra ba điểm $P,\,\,M,\,\,I$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PI.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $P,\,\,M,\,\,I,\,\,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PI.$

⦁ ***Chứng minh* **$QI \cdot QM = Q{B^2}.$

Cách 1: Xét $\Delta QDI$ và $\Delta QMP$ có: $\widehat {QDI} = \widehat {QMP} = 90^\circ$ và $\widehat {MQP}$ là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{{QI}}{{QP}} = \frac{{QD}}{{QM}}$ nên $QI \cdot QM = QD \cdot QP.\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Tương tự, ta chứng minh được (g.g). Từ đó suy ra: $QD \cdot QP = Q{B^2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra: $QI \cdot QM = Q{B^2}.$

Cách 2: Xét $\Delta OAB$ cân tại $O$ (do $OA = OB)$ nên đường cao $OD$ đồng thời là đường phân giác của tam giác, suy ra $\widehat {AOQ} = \widehat {BOQ}.$

Mà $\widehat {AOQ},\,\,\widehat {BOQ}$ lần lượt là góc ở tâm chắn cung $AQ,\,\,BQ$ của đường tròn $\left( O \right)$ nên

Lại có $\widehat {QBA},\,\,\widehat {QMB}$ lần lượt là góc nội tiếp chắn cung $AQ,\,\,BQ$ nên $\widehat {QBA} = \widehat {QMB}$ hay $\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.$

Xét $\Delta QBI$ và $\Delta QMB$ có: $\widehat {MQB}$ là góc chung và $\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.$

Do đó (g.g). Suy ra: $\frac{{QI}}{{QB}} = \frac{{QB}}{{QM}}$ hay $QI \cdot QM = Q{B^2}.$

⦁ Tính $\widehat {APB}.$

Xét $\Delta OAD$ vuông tại $D$ có $OD = \frac{1}{2}OQ = \frac{1}{2}R$ (do $D$ là trung điểm của $OQ).$

Ta có $\cos \widehat {AOD} = \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{1}{2}$ nên $\widehat {AOD} = 60^\circ .$

Suy ra $\widehat {AOB} = 2\widehat {AOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ$ (do $OD$ là phân giác của $\widehat {AOB}).$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {APB},\,\,\widehat {AOB}$ lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung $AB$ nên $\widehat {APB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ .$

⦁ Vì $\Delta OAB$ cân tại $O$ có đường cao $OD$ đồng thời là đường trung tuyến nên $D$ là trung điểm của $AB.$

Xét $\Delta APB$ có $PD$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác nên $\Delta APB$ cân tại $P.$ Mà $\widehat {APB} = 60^\circ$ nên $\Delta APB$ là tam giác đều.

Suy ra $AP = AB$ và $\widehat {ABP} = 60^\circ .$

Tứ giác $ABPM$ nội tiếp nên $\widehat {AMP} + \widehat {ABP} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Suy ra $\widehat {AMP} = 180^\circ - \widehat {ABP} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .$

Xét $\Delta AMP$ có: $\widehat {AMP} + \widehat {APM} + \widehat {MAP} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {MAP} = 180^\circ - \widehat {AMP} - \widehat {APM} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {APM} = 60^\circ - \widehat {APM}.$ (1)

⦁ Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {AMB} = \widehat {APB} = 60^\circ$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Xét $\Delta AMC$ có $MA = MC$ và $\widehat {AMC} = 60^\circ$ nên $\Delta AMC$ là tam giác đều.

Suy ra $AM = AC$ và $\widehat {ACM} = 60^\circ .$

Mà $\widehat {ACB} + \widehat {ACM} = 180^\circ$ (kề bù) nên $\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {ACM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .$

Xét $\Delta ABC$ có: $\widehat {ACB} + \widehat {CAB} + \widehat {ABC} = 180^\circ$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat {CAB} = 180^\circ - \widehat {ACB} - \widehat {ABC} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {ABC} = 60^\circ - \widehat {ABC}.$ (2)

⦁ Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {APM} = \widehat {ABM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AM).$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat {MAP} = \widehat {CAB}.$

⦁ Xét $\Delta AMP$ và $\Delta ACB$ có: $AM = AC,$ $\widehat {MAP} = \widehat {CAB}$ và $AP = AB$

Do đó $\Delta AMP = \Delta ACB$ (c.g.c). Suy ra $MP = CB$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $MA = MC$ nên $S = MP + MA = CB + MC = MB.$

Do $MB$ là dây cung nên $MB$ có giá trị lớn nhất khi $MB$ là đường kính của $\left( {O;R} \right).$

Vậy $M$ trên cung nhỏ $AP$ sao cho $MB$ là đường kính của $\left( {O;R} \right)$ thì tổng $S = MP + MA$ có giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Ta có: $AM = BN = x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Suy ra $MN = AB - AM - BN = 60 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta EMN$ vuông cân tại $E$ ta có: $E{M^2} + E{N^2} = M{N^2}$ (Định lý Pythagore).

Suy ra $2E{N^2} = M{N^2}$ nên $E{N^2} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {60 - 2x} \right)}^2}}}{2},$ do đó $EN = \frac{{60 - 2x}}{{\sqrt 2 }}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta BNF$ vuông cân tại $B$ ta có: $N{F^2} = B{N^2} + B{F^2}$ (Định lý Pythagore).

Suy ra $N{F^2} = {x^2} + {x^2} = 2{x^2}$ nên $NF = x\sqrt 2 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh $NF = x\sqrt 2 {\rm{\;(cm)}}$ và chiều cao $EN = \frac{{60 - 2x}}{{\sqrt 2 }}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Suy ra thể tích của hình hộp chữ nhật là:

$V = N{F^2} \cdot EN = 2{x^2} \cdot \frac{{60 - 2x}}{{\sqrt 2 }} = 2 \cdot x \cdot x \cdot \frac{{60 - 2x}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \cdot x \cdot x \cdot \left( {60 - 2x} \right){\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có:

$x \cdot x \cdot \left( {60 - 2x} \right) \le {\left( {\frac{{x + x + 60 - 2x}}{3}} \right)^3} = 8\,\,000.$

Suy ra $V = \sqrt 2 \cdot x \cdot x \cdot \left( {60 - 2x} \right) \le {\rm{8}}\,\,{\rm{000}}\sqrt 2 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Dấu bằng xảy ra khi $x = 60 - 2x,$ hay $x = 20$ (thỏa mãn).

Vậy thể tích của hình hộp lớn nhất bằng $V = 8\,\,000\sqrt 2 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$ khi $x = 20\;\;{\rm{cm}}{\rm{.}}$