Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Yên Hòa_Quận Cầu Giấy

a) Tổng trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn $2020 - 2022$ là:

$63{,}4 + 58{,}76 + 89{,}1 = 211{,}26$ (tỷ USD).

b) Trị giá xuất khẩu trong quý I/2021 chiếm số phần trăm so với tổng trị trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn $2020 - 2022$ là:

$\frac{{58{,}76}}{{211{,}26}} \cdot 100\% \approx 27{,}8\%$.

Không gian mẫu của phép thử rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp là: $\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3,\,\,...;\,\,25} \right\}$

Không gian mẫu có $25$phần tử.

Biến cố N: “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là một số chia hết cho $5$” có 5 kết quả thuận lợi là $5;\,\,10;\,\,15;\,\,20;\,\,25.$

Vậy xác suất của biến cố $N$ là: $P\left( N \right) = \frac{5}{{25}} = \frac{1}{5}.$

Thay $x = 16$ (thỏa mãn) vào biểu thức $A,$ ta được:

$$A = \frac{{\sqrt {16} + 3}}{{3 - \sqrt {16} }} = \frac{{4 + 3}}{{3 - 4}} = - 7.$$

Vậy $A = - 7$ khi $x = 16.$

Với $x \ge 0;\,\,x \ne 9$, ta có:

$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{3x + 9}}{{x - 9}}$

$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \frac{{3x + 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$

$= \frac{{x - 3\sqrt x + 2x + 6\sqrt x - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$$= \frac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}$

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

Vậy với $x \ge 0;\,\,x \ne 9$ thì $B = \frac{3}{{\sqrt x + 3}}.$

Với $x \ge 0;\,\,x \ne 9$, ta có:

$$AB = \frac{{\sqrt x + 3}}{{3 - \sqrt x }} \cdot \frac{3}{{\sqrt x + 3}} = \frac{3}{{3 - \sqrt x }}.$$

Theo bài, $AB \le 1$ nên $\frac{3}{{3 - \sqrt x }} \le 1$

Hay $\frac{{ - 3}}{{\sqrt x - 3}} \le 1$

$1 + \frac{3}{{\sqrt x - 3}} \ge 0$

$\frac{{\sqrt x - 3 + 3}}{{\sqrt x - 3}} \ge 0$

$\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} \ge 0.\,\,\,\left( * \right)$

Trường hợp 1: Nếu $x = 0,$ ta có $\sqrt x = 0$ và $\sqrt x - 3 = - 3 \ne 0$ nên $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} = 0$ nên $x = 0$ là một nghiệm của bất phương trình (*0.

Trường hợp 2: Nếu $x > 0,\,\,x \ne 9$ thì $\sqrt x > 0$ nên giải bất phương trình (*) ta có:

$\sqrt x - 3 > 0$ hay $\sqrt x > 3$ suy ra $x > 9.$

Kết hợp với điều kiện $x \ge 0;\,\,x \ne 9$ ta có $x > 9.$

Vậy $x = 0$ và $x > 9$ thì $A.B \le 1$.

1) Gọi $x$ và $y$ lần lượt là thời gian để vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình đầy bể $\left( {x,y > 0} \right)$ (phút).

Sau một phút, vòi thứ nhất chảy một mình được $\frac{1}{x}$ (bể), vòi thứ hai chảy một mình được $\frac{1}{y}$ (bể).

Hai vòi cùng chảy thì sau $1$ giờ $20$ phút $(80$ phút) đầy bể nên sau một phút, cả hai vòi cùng chảy được $\frac{1}{{80}}$ (bể).

Khi đó, ta có phương trình: $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{80}}.\,\,\,\left( 1 \right)$

Vòi thứ nhất chảy trong $10$ phút rồi khóa lại, vòi thứ hai chảy tiếp trong $12$ phút được $\frac{2}{{15}}$ bể nên ta có phương trình: $\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}.\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{80}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Nhân hai vế của phương trình (1) với 10, ta được hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{10}}{x} + \frac{{10}}{y} = \frac{1}{8}\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{2}{{15}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Trừ từng vế của phương trình (2) cho phương trình (3), ta được:

$\frac{2}{y} = \frac{1}{{120}}$ suy ra $y = 2 \cdot 120 = 240$ (phút) $= 4$ giờ.

Thay $y = 240$ vào phương trình (1), ta được:

$\frac{1}{x} + \frac{1}{{240}} = \frac{1}{{80}}$ suy ra $\frac{1}{x} = \frac{1}{{80}} - \frac{1}{{240}} = \frac{1}{{120}}$ nên $x = 120$ phút $= 2$ giờ.

Vậy vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong $2$ giờ, vòi thứ hai trong $4$ giờ.

Gọi $a,\,\,b$ lần lượt là chiều dài, chiều rộng ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật $\left( {a > b > 0} \right)$ (m).

Diện tích ban đầu của mảnh đất là: $ab$ (m$^{2}$).

Chu vi ban đầu của mảnh đất là:

$2\left( {a + b} \right) = 82$ suy ra $a + b = 41$ (1) (do đó $0 < b < a < 41).$

Sau khi tăng chiều dài thêm $5\,{\rm{m}}$ thì mảnh đất có chiều dài mới là: $a + 5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Sau khi gấp đôi chiều rộng thì mảnh đất có chiều rộng mới là: $2b{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Diện tích mới của mảnh đất là: $\left( {a + 5} \right)2b\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Theo đề bài, diện tích của hình mới tăng thêm $560\,\,{{\rm{m}}^2}$ nên ta có phương trình:

$\left( {a + 5} \right)2b = ab + 560$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}a + b = 41\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left( {a + 5} \right)2b = ab + 560\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ (1) ta có $b = 41 - a$, thay vào phương trình (2), ta được:

$\left( {a + 5} \right)2\left( {41 - a} \right) = \;a\left( {41 - a} \right) + \;560$

Giải phương trình:

$\left( {a + 5} \right)2\left( {41 - a} \right) = \;a\left( {41 - a} \right) + \;560$

$\left( {a\; + \;5} \right)\left( {82\; - \;2a} \right)\; = \;a\left( {41\; - \;a} \right)\; + \;560$

$82a - 2{a^2}\; + \;410\; - 10a\; = \;41a\; - \;{a^2}\; + \;560$

${a^2} - 31a + 150 = 0$

${a^2} - 6a - 25a + 150 = 0$

$a\left( {a - 6} \right) - 25\left( {a - 6} \right) = 0$

$\left( {a - 6} \right)\left( {a - 25} \right) = 0$

$a = \;6$ hoặc $a = 25$.

Nếu $a = 6$ thì $b = 41 - 6 = 35$ (không thỏa mãn $a > b).$

Nếu $a = 25$ thì $b = 41 - 25 = 16$ (thỏa mãn).

Vậy chiều dài, chiều rộng ban đầu lần lượt là $25\,{\rm{m}}$ và $16\,{\rm{m}}$.

Xét phương trình ${x^2}\; - \;2\left( {m - 2} \right)x\; - \;6m\; + \;3\; = \;0$.

Phương trình trên có $\Delta \;' = \;{\left[ { - \left( {m - 2} \right)} \right]^2} - \;1 \cdot \left( { - 6m\; + \;3} \right)$

$\; = \;{m^2} - 4m + 4 + \;6m\; - \;3$$\; = \;{m^2} + 2m + 1$$\; = \;{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m.$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0,$ tức là$\;\;{\left( {m + 1} \right)^2} > 0,$ hay ${\left( {m + 1} \right)^2} \ne 0,$ suy ra $m + 1 \ne 0$ nên $m \ne - 1.$

Vậy điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là $m \ne - 1$.

a) Diện tích phần nắp giếng là: $3{,}14\cdot {55}^{2}=9498{,}5\ ({\text{cm}}^{\text{2}}).$

b) Diện tích phần miệng giếng hình vành khăn là: $3{,}14\cdot [{(55+10)}^{2}-{55}^{2}]=3768\ ({\text{cm}}^{\text{2}}).$

a) Có $BE$ và $CF$ là hai đường cao của tam giác $ABC$ nên $BE \bot AC;\,\,CF \bot AB.$

Suy ra $\widehat {BEA} = \widehat {BEC} = 90^\circ$ và $\widehat {CFA} = \widehat {CFB} = 90^\circ .$

Xét $\Delta BFC$ vuông tại $F$ có $FM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $MF = MB = MC = \frac{{BC}}{2}.$

Chứng minh tương tự, ta có:

$ME = MB = MC = \frac{{BC}}{2}.$

Suy ra $ME = MF = MB = MC = \frac{{BC}}{2}.$

Vậy bốn điểm $B,\,\,F,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn $\left( {M;\,\,\frac{{BC}}{2}} \right)$ hay tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn $\left( {M;\,\,\frac{{BC}}{2}} \right).$

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

⦁ Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {BAD} = \widehat {BCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BD)$ hay $\widehat {MAB} = \widehat {MCD}.$

Xét $\Delta MAB$ và $\Delta MCD$ có: $\widehat {AMB} = \widehat {CMD}$ (đối đỉnh) và $\widehat {MAB} = \widehat {MCD}.$

Do đó (g.g). Suy ra: $\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MD}}$ hay $MB \cdot MC = MA \cdot MD.$

Mà $MB = MC$ nên suy ra: $M{B^2} = MA \cdot MD.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ACK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $KC \bot AC.$

Lại có $BE \bot AC$ nên $BE\,{\rm{//}}\,KC$ hay $BH\,{\rm{//}}\,KC.$

Chứng minh tương tự, ta có $KB\,{\rm{//}}\,CH.$

Tứ giác $BHCK$ có $BH\,{\rm{//}}\,KC$ và $KB\,{\rm{//}}\,CH$ nên là hình bình hành, do đó hai đường chéo $BC,\,\,HK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ cũng là trung điểm của $HK.$

Xét $\Delta AHK$ có $O,\,\,M$ lần lượt là trung điểm của $AK,\,\,HK$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác. Suy ra $OM = \frac{1}{2}AH.$

Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh $20\ cm$ nên $BC=20\ cm$ và $\widehat{B\ }=\widehat{C\ }={60}^{∘}.$

Xét $ΔBMQ$ vuông tại $M$ có $\widehat{B\ }+\widehat{BQM}={90}^{∘}$ và $ΔCNP$ vuông tại $N$ có $\widehat{C\ }+\widehat{CPN}={90}^{∘}$

Suy ra $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Vì $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $QM=PN.$

Xét $ΔBMQ$ và $ΔCNP$ có: $\widehat{BMQ}=\widehat{CNP}={90}^{∘},$ $QM=PN$ và $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Do đó $ΔBMQ=ΔCNP$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM=CN$ (hai cạnh tương ứng).

Do $BC=20\ cm$ và $MN=x\ (cm)$ nên $BM=CN=\frac{20-x}{2}\ (cm)$ $(0<x<20).$

Xét $ΔBMQ$ vuông tại $M$ có $QM=BM\cdot \tan B=\frac{20-x}{2}\cdot \tan {60}^{∘}=\frac{\sqrt{3}(20-x)}{2}\ (cm).$

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S=QM\cdot MN=\frac{\sqrt{3}(20-x)}{2}\cdot x=\frac{\sqrt{3}}{x}(20x-{x}^{2})\ (c{m}^{2}).$

Để diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S.$

Ta có $S=\frac{\sqrt{3}}{2}(20x-\ {x}^{2})=\frac{\sqrt{3}}{2}(20x-\ {x}^{2}-100+100)$

$=\frac{\sqrt{3}}{2}[100-{(x-10)}^{2}]=50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{(x-10)}^{2}.$

Với mọi $0<x<20$ ta có ${(x-10)}^{2}\ge 0$ nên $50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{(x-10)}^{2}\le 50\sqrt{3}$ hay $S\le 50\sqrt{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${(x-10)}^{2}=0,$ hay $x=10$ (thỏa mãn).

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất bằng $50\sqrt{3}$ khi $x=10.$