Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Xuân La_Quận Tây Hồ_TP. Hà Nội

1) Tần số ghép nhóm $[9;10)$ của nhóm là 6 .

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[9;10)$ là $\frac{6}{50}\cdot 100\%=12\%.$

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,...;\,\,19;\,\,20} \right\}.$

Không gian mẫu có 20 phần tử.

Có $6$ kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là $3;\,\,6;\,\,9;\,\,12;\,\,15;\,\,18.$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{6}{{20}} = \frac{3}{{10}}.$

Thay $x = 1$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được: $A = \frac{{2\sqrt 1 + 7}}{{\sqrt 1 + 2}} = \frac{{2 + 7}}{{1 + 2}} = \frac{9}{3} = 3.$

Vậy $A = 3$ khi $x = 1.$

Với $x \ge 0,\,x \ne 4,$ ta có:

$B = \frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{\sqrt x - 6}}{{x - 4}}$$= \frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{\sqrt x - 6}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

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

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

Với $x \ge 0,\,x \ne 4,$ ta có:

$A + B = \frac{{2\sqrt x + 7}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right) + 5}}{{\sqrt x + 2}} = 2 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}}.$

⦁ Do $x \ge 0$nên $\sqrt x \ge 0.$

Khi đó $\sqrt x + 2 > 0$ nên $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 0$. Suy ra $2 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} > 2$ hay $A + B > 2\,\,(1)$

⦁ Vì$\sqrt x \ge 0$ nên $\sqrt x + 2 \ge 2.$ Suy ra $\frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{5}{2}.$ Do đó $2 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{9}{2}$ hay $A + B \le \frac{9}{2}\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $2 < A + B \le \frac{9}{2}.$

Để $A + B$ đạt giá trị nguyên nhỏ nhất thì $A + B = 3.$

Suy ra $2 + \frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 3$

$\frac{5}{{\sqrt x + 2}} = 1$

$\sqrt x + 2 = 5$

$\sqrt x = 3$

$x = 9$ (thỏa mãn).

Vậy $x = 9\,$thì biểu thức $A + B$ đạt giá trị nguyên nhỏ nhất bằng 3.

Gọi số sản phẩm công ty thứ nhất bán được năm ngoái là $x\,\,\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$(sản phẩm).

Số sản phẩm công ty thứ hai bán được năm ngoái là $7200 - x$ (sản phẩm).

Số sản phẩm công ty thứ nhất bán được năm nay là $115\% x = 1{,}15x$ (sản phẩm).

Số sản phẩm công ty thứ hai bán được năm nay là $112\% \left( {7200 - x} \right) = 1{,}12\left( {7200 - x} \right)$(sản phẩm).

Vì năm nay cả hai công ty bán được $8190$ sản phẩm nên ta có phương trình:

$1{,}15x + 1{,}12\left( {7200 - x} \right) = 8190.$

Giải phương trình:

$$1{,}15x + 1{,}12\left( {7200 - x} \right) = 8190$$

$1{,}15x + 8064 - 1{,}12x = 8190$

$0{,}03x = 126$

$x = 4200$(thỏa mãn).

Số sản phẩm công ty thứ hai bán được trong năm ngoái là $7200 - 4200 = 3000$ (sản phẩm).

Vậy số sản phẩm công ty thứ nhất, công ty thứ hai bán được trong năm ngoái lần lượt là $4200;\,\,3000$ sản phẩm.

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

Vận tốc của ô tô là $x + 10\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right).$

Thời gian xe máy đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{{120}}{x}$ (giờ).

Thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{{120}}{{x + 10}}$ (giờ).

Vì ô tô đến sớm hơn xe máy $36$ phút $= \frac{3}{5}$ giờ nên ta có phương trình: $\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{{x + 10}} = \frac{3}{5}.$

Giải phương trình:

$\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{{x + 10}} = \frac{3}{5}$

$\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 10}} = \frac{1}{{200}}$

$\frac{{x + 10 - x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{1}{{200}}$

$\frac{{10}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{1}{{200}}$

$x\left( {x + 10} \right) = 10 \cdot 200$

${x^2} + 10x - 2000 = 0$

${x^2} - 40x + 50x - 2000 = 0$

$x\left( {x - 40} \right) + 50\left( {x - 40} \right) = 0$

$$\left( {x - 40} \right)\left( {x + 50} \right) = 2000$$

$x - 40 = 0$ hoặc $x + 50 = 0$

$x = 40$ (thỏa mãn) hoặc $x = - 50$ (loại).

Vậy vận tốc của xe máy là $40$ km/h và vận tốc của ô tô là $40 + 10 = 50$ km/h.

Giải bất phương trình:

$\frac{{2x - 1}}{5} - \frac{x}{2} \ge x - 1$

$\frac{{2\left( {2x - 1} \right) - 5x}}{{10}} \ge \frac{{10\left( {x - 1} \right)}}{{10}}$

$4x - 2 - 5x \ge 10x - 10$

$10x + 5x - 4x \le - 2 + 10$

$11x \le 8$

$x \le \frac{8}{{11}}.$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le \frac{8}{{11}}.$

a) Vì mặt bàn là hình tròn được ghép bởi hai nửa hình tròn có đường kính $AB = 1{,}2{\rm{\;m}}$ nên bán kính của mặt bàn là: $1{,}2:2 = 0{,}6{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

diện tích mặt bàn ban đầu là: ${S_1} = \pi \cdot 0,{6^2} = \frac{{9\pi }}{{25}} \approx 1{,}13{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

b) Vì diện tích mặt bàn tăng gấp ba lần sau khi nới, nên diện tích hình chữ nhật ghép thêm vào gấp 2 lần diện tích mặt bàn ban đầu là ${S_2} = 2{S_1} \approx 2 \cdot 1{,}13 = 2{,}26{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Kích thước còn lại của hình chữ nhật là: $2{,}26:1{,}2 \approx 1{,}88{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta ABD$ vuông tại $D$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm của cạnh huyền $AB$ và bán kính bằng $\frac{{AB}}{2}.$ Như vậy ba điểm $A,\,\,B,\,\,D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AB.$

Tương tự, $\Delta ABE$ vuông tại $E$ nên ba điểm $A,\,\,B,\,\,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AB.$

Vậy bốn điểm $A,\,\,B,\,\,D,\,\,E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AB$ hay tứ giác $ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB.$

Do $OM\perp BC$ và $AD\perp BC$ nên $AD\ //\ PM,$ suy ra $\widehat{APQ}=\widehat{BAD}$ (đồng vị).

Tứ giác $ABDE$ nội tiếp nên $\widehat{BAD}=\widehat{BED}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BD).$

Suy ra $\widehat{APQ}=\widehat{BED}.$ (1)

Chứng minh tương tự câu a), ta có tứ giác $CDHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $HC$ nên $\widehat{HED}=\widehat{HCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HD)$ hay $\widehat{BED}=\widehat{HCB}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{APQ}=\widehat{HCB}.$

⦁ Ta có $AD\ //\ PM$ nên $\widehat{AQP}=\widehat{DAQ}$ (so le trong).

Tứ giác $ABDE$ nội tiếp nên $\widehat{DAE}=\widehat{DBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE)$ hay $\widehat{DAQ}=\widehat{HBC}.$ Do đó $\widehat{AQP}=\widehat{HBC}.$

Xét $ΔAPQ$ và $ΔHCB$có: $\widehat{APQ}=\widehat{HCB}$ và $\widehat{AQP}=\widehat{HBC}$

Do đó (g.g). Suy ra $\frac{PQ}{CB}=\frac{AP}{HC}$ hay $AP\cdot BC=PQ\cdot HC.$

Mà $PQ=2PN$ và $BC=2CM$ (do $N,\ \ M$ lần lượt là trung điểm của $PQ,\ \ BC).$

Suy ra $AP\cdot 2CM=2PN\cdot HC$ hay $AP\cdot CM=PN\cdot HC.$

Do (chứng minh ở câu b) nên $\widehat {APQ} = \widehat {HCB}$ hay $\widehat {APN} = \widehat {HCM}.$

Từ câu b, có $AP \cdot CM = PN \cdot HC$ suy ra $\frac{{AP}}{{HC}} = \frac{{PN}}{{CM}}.$

Xét $\Delta APN$ và $\Delta HCM$ có: $\widehat {APN} = \widehat {HCM}$ và $\frac{{AP}}{{HC}} = \frac{{PN}}{{CM}}.$

Do đó (c.g.c). Suy ra $\widehat {PAN} = \widehat {CHM}.$

Mà $\widehat {CHM} = \widehat {IHF}$ (đối đỉnh) nên $\widehat {PAN} = \widehat {IHF}.$ (3)

Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $\left( O \right)$ và gọi $F$ là giao điểm của $CH$ và $AB.$

Xét $\Delta ABC$ có hai đường cao $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác, suy ra $CF \bot AB$ tại $F.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ABK} = \widehat {ACK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $KB \bot AB,\,\,KC \bot AC.$
Do đó $BH\,{\rm{//}}\,KC$ (cùng vuông góc với $AC)$ và $CH\,{\rm{//}}\,KB$ (cùng vuông góc với $AB)$

Suy ra tứ giác $BHCK$ là hình bình hành nên hai đường chéo $BC,\,\,HK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Xét $\Delta OBC$ cân tại $O$ (do $OB = OC)$ nên đường cao $OM$ đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, hay $M$ là trung điểm của $BC.$

Suy ra $M$ là trung điểm của $HK$ nên $H,\,\,M,\,\,K$ thẳng hàng.

Do đó $I,\,\,H,\,\,K$ thằng hàng nên $\widehat {AIH} = \widehat {AIK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)).$

$\Delta AIH$ vuông tại $I$ nên ba điểm $A,\,\,I,\,\,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH.$

$\Delta AFH$ vuông tại $F$ nên ba điểm $A,\,\,F,\,\,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Suy ra $A,\,\,I,\,\,F,\,\,H$ cùng thuộc một đường tròn nên $\widehat {IAF} = \widehat {IHF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IF).$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {PAN} = \widehat {IAF}.$

Lại có $\widehat {PAN} + \widehat {NAF} = 180^\circ$ nên $\widehat {NAF} + \widehat {IAF} = 180^\circ$ hay $\widehat {NAI} = 180^\circ$

Vậy ba điểm $N,\,\,A,\,\,I$ thẳng hàng.

Gọi $x$ (m) là chiều rộng của đáy bể $\left( {x > 0} \right).$

Chiều dài của đáy bể là $2x$ (m).

Chiều cao của bể là $h$ (m).

Ta có $V = 1 = 2x \cdot x \cdot h$ nên $h = \frac{1}{{2{x^2}}}$ (m).

Diện tích xung quanh của bể là: ${S_{xq}} = 2 \cdot \left( {2x + x} \right) \cdot \frac{1}{{2{x^2}}} = \frac{3}{x}$ (m$^{2}$).

Diện tích đáy bể là: ${S_d} = x \cdot 2x = 2{x^2}$ (m$^{2}$).

Chi phí tiền để làm bể cá là: $T = \frac{{500}}{2} \cdot \frac{3}{x} + 500 \cdot 2{x^2} = \frac{{750}}{x} + 1\,\,000{x^2}$ (nghìn đồng).

Để chi phí làm bể cá là tối thiểu thì ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của $T.$

Ta có $T = \frac{{750}}{x} + 1\,\,000{x^2} = 1\,\,000{x^2} + \frac{{375}}{x} + \frac{{375}}{x}$

$\ge 3\sqrt[3]{{1\,\,000{x^2} \cdot \frac{{375}}{x} \cdot \frac{{375}}{x}}}$ (BĐT Cauchy)

$$= 750\sqrt[3]{9}.$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $1\,\,000{x^2} = \frac{{375}}{x},$ hay $x = \frac{{\sqrt[3]{3}}}{2}.$

Vậy chi phí tối thiểu để làm bể cá là $750\sqrt[3]{9} \approx 1\,\,560$ nghìn đồng $= 1\,\,560\,\,000$ đồng, khi chiều rộng của đáy bể là $\frac{{\sqrt[3]{3}}}{2}$ (m).