Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THPT Chu Văn An_Tỉnh Thái Nguyên

Hướng dẫn giải

1) Giải phương trình: $3{x^2} - 7x + 2 = 0$

Phương trình có $\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 3 \cdot 2 = 25 > 0$ và $\sqrt \Delta = \sqrt {25} = 5.$

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:

${x_1} = \frac{{7 + 5}}{{2 \cdot 3}} = 2;\,\,{x_1} = \frac{{7 - 5}}{{2 \cdot 3}} = \frac{1}{3}.$

2) Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - 3y = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\3x + 2y = 4\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right..$

Từ phương trình (1) của hệ ta có $x = 3y + 5\,\,\,(3),$ thế vào phương trình (2) của hệ, ta được:

$3\left( {3y + 5} \right) + 2y = 4$ hay $11y = - 11,$ suy ra $y = - 1.$

Thay $y = - 1$ vào phương trình (3), ta được:

$x = 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 5 = 2.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left( {2;\,\, - 1} \right).$

a) Với $x \ge 0,x \ne 1,$ ta có:

$P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{x - 1}}$

$= \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$= \frac{{x + \sqrt x + 3\sqrt x - 3 - 6\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

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

Vậy khi $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ thì $P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.$

b) Với điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ ta có:

$P = \frac{1}{3}$ khi $\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{3}$ hay $3\left( {\sqrt x - 1} \right) = \sqrt x + 1$ nên $2\sqrt x = 4,$ suy ra $x = 4.$

Giá trị $x = 4$ thỏa mãn điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1.$

Vậy $P = \frac{1}{3}$ khi $x = 4.$

a) Vì đồ thị hàm số $y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ đi qua điểm $B\left( {200;\,\,75} \right)$ nên thay $x = 200;y = 75$ vào công thức $y = a{x^2}\,\,\left( {a \ne 0} \right),$ ta được:

$75 = a \cdot {200^2}$ suy ra $a = \frac{3}{{1\,\,600}}.$

b) Với $a = \frac{3}{{1\,\,600}},$ ta có hàm số là $y = \frac{3}{{1\,\,600}}{x^2}.$

Điểm $H$ thuộc đồ thị hàm số trên và có hoành độ 100 nên thay $x = 100$ vào công thức hàm số $y = \frac{3}{{1600}}{x^2},$ ta được:

$y = \frac{3}{{1\,\,600}} \cdot {100^2} = 18{,}75.$

Vậy chiều $CH$ của dây cáp là $18{,}75$ m.

Hướng dẫn giải

1) Chiều dài của phần đất làm nhà là: $28 - \left( {y + 4} \right) = 24 - y$ (m).

Chiều rộng của phần đất làm nhà là: $24 - y$ (m).

Vì các kích thước là số dương nên $y > 0$ và $24 - y > 0,$ suy ra $y > 0$ và $y < 24.$

Biểu thức $Q$ biểu diễn diện tích làm nhà là:

$Q = {\left( {24 - y} \right)^2} = {y^2} - 48y + 576$ (m$^{2}$).

2) Thay $Q = 400$ ta có:

${y^2} - 48y + 576 = 400$

${y^2} - 48y + 176 = 0$

$y = 44$ hoặc $y = 4.$

So với điều kiện ta loại $y = 44.$

Vậy $y = 4$ m.

1) Tổng số học sinh là $n = 40.$

Ti lệ học sinh đạt điểm 5 là: ${f_1} = \frac{4}{{40}} \cdot 100\% = 10\% .$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 6 là: ${f_2} = \frac{8}{{40}} \cdot 100\% = 20\% .$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 7 là: ${f_3} = \frac{{10}}{{40}} \cdot 100\% = 25\% .$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 8 là: ${f_4} = \frac{{12}}{{40}} \cdot 100\% = 30\% .$

Ti lệ học sinh đạt điểm 9 là: ${f_5} = \frac{6}{{40}} \cdot 100\% = 15\% .$

Ta có bảng tần số tương đối:

2) Số học sinh có điểm Toán cao hơn 7 (điểm 8, điểm 9) là $12 + 6 = 18.$

Vậy xác suất của biến cố B: “Chọn được học sinh có điểm Toán cao hơn 7” là $\frac{{18}}{{40}} = \frac{9}{{20}}.$

1)

⦁ Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có: $AB = BC \cdot \sin \widehat {ACB} = 5 \cdot 0{,}8 = 4$ (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$

Suy ra $A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {5^2} - {4^2} = 9$ nên $AC = 3$ cm.

⦁ Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ có: $AH = AC \cdot \sin \widehat {ACH} = 3 \cdot 0{,}8 = 2{,}4$ (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có: $A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}$

Suy ra $H{C^2} = A{C^2} - A{H^2} = {3^2} - 2,{4^2} = 3{,}24$ nên $HC = 1{,}8$ cm.

Diện tích tam giác $AHC$ là $S = \frac{1}{2}AH \cdot HC = 2{,}16$ (cm$^{2}$).

2) Bán kính đáy của lon nước là: $R = \frac{6}{2} = 3$ cm.

Thể tích của lon nước ngọt là: $V = \pi {R^2}h \approx 3{,}14 \cdot {3^2} \cdot 14 \approx 395{,}6$ (cm$^{3}$).

1) Xét đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $HB$ có $\widehat {HDB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat {HDA} = 90^\circ$ nên $\Delta ADH$ vuông tại $D,$ khi đó đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADH$ có tâm là trung điểm của $AH$ và có đường kính là $AH.$

Suy ra ba điểm $A,\,\,D,\,\,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Tương tự, ta có $\Delta ACH$ vuông tại $E$ nên ngoại tiếp đường tròn đường kính $AH.$

Do đó ba điểm $A,\,\,C,\,\,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Như vậy, bốn điểm $A,\,\,D,\,\,H,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Vậy tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH.$

Hướng dẫn giải

2) Xét đường tròn đường kính $AH,$ ta có: $\widehat {DAH} = \widehat {DEH}$ (góc nội tiếp cùng chắn
Lại có $\widehat {DAH} = \widehat {DHB}$ (cùng phụ với $\widehat {DHA}).$

Suy ra $\widehat {DEH} = \widehat {DHB}$ hay $\widehat {IEH} = \widehat {DHB}.$

Xét $\Delta BDH$ và $\Delta HIE$ có:

$\widehat {BDH} = \widehat {HIE} = 90^\circ$ và $\widehat {IEH} = \widehat {DHB}$ (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra: $\frac{{BD}}{{HI}} = \frac{{BH}}{{HE}}$ hay $BD \cdot HE = BH \cdot HI.$ (1)

Chứng minh tương tự, ta có: (g.g).

Suy ra: $\frac{{CE}}{{HI}} = \frac{{CH}}{{HD}}$ hay $CE \cdot HD = CH \cdot HI.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$$BD \cdot HE + CE \cdot HD = BH \cdot HI + CH \cdot HI = \left( {BH + CH} \right) \cdot HI = BC \cdot HI.$$