Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Giao Thủy_Tỉnh Nam Định

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Phương trình $- 2{x^2} + 6x - 3 = 0$ có $\Delta ' = {3^2} - \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 3} \right) = 3 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Khi đó, theo định lí Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = - \frac{6}{{ - 2}} = 3.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Sử dụng máy tính cầm tay ta tìm được nghiệm của hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y = 0}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.$ là $\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).$

Khi đó, ta có ${x_0} - {y_0} = 2 - 1 = 1.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của biểu thức $P = 2025\sqrt {2026 - x}$ là $2026 - x \ge 0$ tức là $x \le 2026.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Giả sử $\Delta ABC$ vuông tại $C$ mô tả hình ảnh con diều (hình vẽ).

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C,$ ta có: $BC = AB \cdot \sin A = 80 \cdot \sin 40^\circ \approx 51{,}4{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Bán kính của mặt hồ là: $\frac{{20}}{2} = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Bán kính của đường tròn lớn mép ngoài lối đi là: $10 + 2 = 12{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Diện tích lối đi hình vành khăn là: $S = \pi \left( {{{12}^2} - {{10}^2}} \right) = 44\pi \approx 138{,}23{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy 4 cm và độ dài đường sinh $10{\rm{\;cm}}$ là:

$S = \pi \cdot 4 \cdot 10 = 40\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Số học sinh học bài từ 2 đến dưới 3 giờ mỗi ngày là: $40 \cdot 20\% = 8$ (học sinh).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega = \left\{ {SS;\,\,SN;\,\,NN;\,\,NS} \right\}.$ Không gian mẫu có 4 phần tử.

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai đồng xu có đúng một đồng xu xuất hiện mặt sấp” là $SN;\,\,NS.$

Vậy xác suất để “Hai đồng xu có đúng một đồng xu xuất hiện mặt sấp” là $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}.$

Hướng dẫn giải

1) $A = \frac{2}{{\sqrt 2 + 1}} - \sqrt {9 - 4\sqrt 2 }$

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

$= \frac{{2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{2 - 1}} - \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}^2}}$

$$= 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left| {2\sqrt 2 - 1} \right|$$

$= 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {2\sqrt 2 - 1} \right)$

$= 2\sqrt 2 - 2 - 2\sqrt 2 + 1 = - 1.$

2) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1,$ ta có:

$B = \frac{{5\left( {x - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{{5\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{{5\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{{5\sqrt x + x + \sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}$

$= \frac{{x + 6\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 3}}$

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

$= \sqrt x + 3.$

Vậy $B = \sqrt x + 3$ với $x \ge 0;x \ne 1.$

1) Không gian mẫu của phép thử là $\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\, \ldots ;\,\,30} \right\}.$

Vậy không gian mẫu có 30 phần tử.

2) Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố: “Số xuất trên thẻ rút được là số chính phương” là: $1;\,\,4;\,\,9;\,\,16;\,\,25.$

Vậy xác suất của biến cố trên là $\frac{5}{{30}} = \frac{1}{6}.$

Hướng dẫn giải

1) a) Với $S = 122{,}5$ m, ta có:

$122{,}5 = 4{,}9{t^2}$

${t^2} = 122{,}5:4{,}9$

${t^2} = 25$

$t = 5$ (do $t > 0)$

Vậy sau 5 giây vật rơi tự do chạm đất.

b) Với $t = 3$ giây ta có $S = 4{,}9 \cdot {3^2} = 44{,}1$ (m).

Vậy vật nặng còn cách mặt đất là: $122{,}5 - 44{,}1 = 78{,}4$ (m).

2) Xét phương trình ${x^2} - 2x - 5 = 0.$

Phương trình có $\Delta ' = {1^2} - 1 \cdot \left( { - 5} \right) = 6 > 0$ nên phương trình này có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Theo định lí Viète ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1} \cdot {x_2} = - 5}\end{array}} \right.$.

Ta có: $M = \left| {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right)} \right| = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| \cdot \left| {{x_1} + {x_2}} \right|$

$= 2\left| {{x_1} - {x_2}} \right|$$= 2\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}}$

$= 2\sqrt {x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2}$

$= 2\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}}$

$= 2\sqrt {{2^2} - 4 \cdot \left( { - 5} \right)}$$= 4\sqrt 6 .$

Vậy $M = 4\sqrt 6 .$

Hướng dẫn giải

Thay $x = 100,\,\,y = 40$ vào công thức $y = ax + b$ ta được $100a + b = 40$ (1)

Thay $x = 40,\,\,y = 28$ vào công thức $y = ax + b$ ta được $40a + b = 28$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{100a + b = 40\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{40a + b = 28\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:

$60a = 12,$ suy ra $a = \frac{1}{5}$ (thỏa mãn).

Thay $a = \frac{1}{5}$ vào phương trình (2), ta được: $40 \cdot \frac{1}{5} + b = 28,$ suy ra $b = 20.$

Vậy hàm số bậc nhất cần tìm là $y = \frac{1}{5}x + 20.$

Hướng dẫn giải

Thể tích chi tiết máy có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 17 cm là:

${V_1} = \pi r_1^2{h_1} = \pi \cdot {17^2} \cdot 17 = 4913\pi$(cm$^{2}$).

Thể tích lỗ khoan rồng có dạng hình trụ với bán kính đáy và độ sâu bằng 6 cm là:

${V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi \cdot {6^2} \cdot 6 = 216\pi$ (cm$^{2}$).

Thể tích của phần chi tiết máy còn lại sau khi khoan là:

$V = {V_1} - {V_2} = 4913\pi - 216\pi = 4697\pi = 14\,\,756{,}06$ (cm$^{2}$).

1) ⦁ Ta có $PC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $C$ nên suy ra $PC \bot OC$

Do đó $\widehat {PCO} = 90^\circ$ nên $\Delta PCO$ vuông tại $C$

Suy ra $\Delta PCO$ nội tiếp đường tròn đường kính $PO.$

Như vậy, ba điểm $P,\,\,C,\,\,O$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$ (1)

Xét $\Delta OAB$ có $OA = OB$ nên $\Delta OAB$ cân tại $O$ có $OM$ là đường trung tuyến nên $OM$ là đường cao của $\Delta OAB$ suy ra $OM \bot AB$ nên $\widehat {OMP} = 90^\circ$

Do đó $\Delta PMO$ vuông tại $M$

Suy ra $\Delta PMO$ nội tiếp đường tròn đường kính $PO.$

Như vậy, ba điểm $P,\,\,M,\,\,O$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $P,\,\,C,\,\,M,\,\,O$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$

Do đó tứ giác $PCMO$ nội tiếp.

⦁ Ta có $PC$ và $PN$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đuờng tròn $\left( O \right)$

Suy ra $OP$ là tia phân giác của góc $\widehat {CON},$ do đó $\widehat {COP} = \frac{1}{2}\widehat {CON}$

Mà $\widehat {CDN} = \frac{1}{2}\widehat {CON}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung của $\left( O \right)).$

Suy ra $\widehat {CDN} = \widehat {COP}.$ Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $PO\,{\rm{//}}\,ND.$

2) ⦁ Xét đường tròn đường kính $PO$ có: $\widehat {CMP} = \widehat {COP}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CP)$

Mà $\widehat {COP} = \widehat {EOD}$ (hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\widehat {CMP} = \widehat {EOD}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ ta có $\widehat {CAB} = \widehat {CDB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn

Xét $\Delta ACM$ và $\Delta DEO$ có: $\widehat {CMA} = \widehat {EOD}$ và $\widehat {CAM} = \widehat {EDO}$

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{{CM}}{{EO}} = \frac{{AM}}{{DO}}$ nên $CM \cdot OD = OE \cdot AM.$

⦁ Ta có nên $\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AM}}{{DO}}$ do đó $\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{2AM}}{{2DO}}.$

Mà $AB = 2AM$ (vì $M$ là trung điểm của $AB)$ và $DC = 2DO$ (vì $O$ là trung điểm của $CD)$

Suy ra $\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{DC}}.$

Xét $\Delta ACB$ và $\Delta DEC$ có: $\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{DC}}$ và $\widehat {CAB} = \widehat {EDC}$

Do đó (c.g.c)

Suy ra $\widehat {CBA} = \widehat {ECD}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat {CBA} = \widehat {CDA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn

Do đó $\widehat {ECD} = \widehat {CDA}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $CE\,{\rm{//}}\,AD.$ (3)

Ta có $\widehat {CAD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $AD \bot AC$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $AC \bot CE.$

Do đó $\widehat {ACK} = 90^\circ$ nên $\widehat {ACK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right),$ suy ra $A,\,\,O,\,\,K$ thẳng hàng.