Đề thi thử vào 10 môn Toán 2026 THCS Phú Thượng (Hà Nội) có đáp án

a) Tần số tương đối của nhóm$\left[ {6;8} \right)$là $30\%$

b) Số học sinh đạt điểm giỏi (từ $8$ điểm trở lên) là $60$ học sinh chiếm tỉ số phần trăm là $15\%$

Số học sinh khối 9 của trường THCS đó là $60:15\% = 400$ học sinh

Có $25$kết quả có thể xảy ra là viên bi đánh số $1;2;3;4;...;25$

Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng

Có $4$ kết quả thuận lợi cho biến cố A là viên bi đánh số $4;9;16;25$

1) Thay $x = 4$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức $A$, ta có:

$A = \frac{{\sqrt 4 + 3}}{{2\sqrt 4 + 8}} = \frac{{2 + 3}}{{2 \cdot 2 + 8}} = \frac{5}{{4 + 8}} = \frac{5}{{12}}$

Vậy $x = 4$ thì $A = \frac{5}{{12}}$.

2) Với $x \ge 0;x \ne 16$, ta có:

$B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}} - \frac{{x + 12\sqrt x }}{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 4)}}$

$B = \frac{{2\sqrt x (\sqrt x + 4) - (x + 12\sqrt x )}}{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 4)}}$

$B = \frac{{2x + 8\sqrt x - x - 12\sqrt x }}{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 4)}}$

$B = \frac{{x - 4\sqrt x }}{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 4)}}$

$B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x - 4)}}{{(\sqrt x - 4)(\sqrt x + 4)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}}$ (đpcm)

3) Ta có $P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}}:\frac{{\sqrt x + 3}}{{2\sqrt x + 8}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 4}} \cdot \frac{{2(\sqrt x + 4)}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$

Với $x \ge 0$, ta có $2\sqrt x \ge 0$ và $\sqrt x + 3 > 0$. Do đó $P \ge 0$ với mọi $x \ge 0$.

Suy ra $\sqrt P$ xác định.

Ta có $P \le \sqrt P$

$P - \sqrt P \le 0$

$\sqrt P (\sqrt P - 1) \le 0$

mà $\sqrt P \ge 0$ nên $\sqrt P - 1 \le 0$

Suy ra $\sqrt P \le 1$

$P \le 1$

$\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} \le 1$

$2\sqrt x \le \sqrt x + 3$ (vì $\sqrt x + 3 > 0$)

$\sqrt x \le 3$

$x \le 9$

Kết hợp điều kiện xác định, ta được: $0 \le x \le 9$

Vậy để $P \le \sqrt P$ thì $0 \le x \le 9$.

Gọi vận tốc xe tải là $x$ (km/h), $x > 0$

Vận tốc xe con là $x + 5$ (km/h)

Thời gian xe tải đi là $\frac{{270}}{x}$ (giờ)

Thời gian xe con đi là $\frac{{270}}{{x + 5}}$ (giờ)

Vì xe con đi sau xe tải $45$phút = $\frac{3}{4}$, hai xe đến B cùng một lúc nên ta có phương trình

$\frac{{270}}{x} - \frac{{270}}{{x + 10}} = \frac{3}{4}$

Đưa về phương trình ${x^2} + 5x - 1800 = 0$

$\left( {x + 45} \right)\left( {x - 40} \right) = 0$

Phương trình có hai nghiệm $x = - 45;x = 40\,\,$

Đối chiếu điều kiện ta được $x = 40\,\,$

Vận tốc của xe tải là $40\,\,km/h$, vận tốc của xe con là $45\,\,km/h$

Gọi số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là $x$ (chiếc) và số hàng dự định là $y$ (hàng ghế) $\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)$

Số ghế dự định dùng là $xy$ (chiếc)

Nếu tăng thêm 1 hàng nhưng mỗi hàng bớt đi 1 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp tăng thêm 10 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

$\left( {x - 1} \right).\,\left( {y + 1} \right) = xy + 10$

Nếu bớt đi 1 hàng nhưng mỗi hàng tăng thêm 2 ghế thì tổng số ghế vẫn tăng thêm 9 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

$\left( {x + 2} \right).\,\left( {y - 1} \right) = xy + 9$

Ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {x - 1} \right).\,\left( {y + 1} \right) = xy + 10\\\left( {x + 2} \right).\,\left( {y - 1} \right) = xy + 9\end{array} \right.$

Biến đổi được$\left\{ \begin{array}{l}x - y = 11\\ - x + 2y = 11\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình ta được $x = 33;y = 22$

Vậy số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là $33$ (chiếc), và số hàng dự định là $22$ (hàng ghế),

Biết phương trình bậc hai (ẩn x): $2x_{}^2 - mx - 6 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1^{};x_2^{}$ $\left( {x_1^{} > x_2^{}} \right)$

Áp dụng định lý Viete ta có

$$\left\{ \begin{array}{l}x_1^{} + x_2^{} = \frac{m}{2}\\x_1^{}x_2^{} = - 3\end{array} \right.$$

Vì $x_1^{} > x_2^{}$ nên $x_1^{} > 0 > x_2^{}$

Suy ra $\left| {x_1^{}} \right| = x_1^{};\,\,\,\left| {x_2^{}} \right| = - x_2^{}$

$$\begin{array}{l}2x_1^2 - m\left| {x_2^{}} \right| = 8\\2x_1^2 + mx_2^{} = 8\\mx_1^{} + mx_2^{} + 6 = 8\\m\left( {x_1^{} + x_2^{}} \right) = 2\\m.\frac{m}{2} = 2\\m = \pm 2\end{array}$$

$$A = \left| {x_2^{}} \right| - \left| {x_1^{}} \right| = - x_2^{} - x_1^{} = - \frac{m}{2}$$

Nếu $m = 2$thì $A = - 1$

Nếu $m = - 2$thì $A = 1$

a) Thể tích một viên bi là:

$V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \approx \frac{4}{3}.3{,}14.{\left( 2 \right)^3} \approx 33{,}5$(cm3)

Vậy thể tích một viên bi khoảng 33,5 cm3

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của phần nước dâng lên trong bình trụ.

Thể tích phần nước dâng lên là: $V = 5.\frac{4}{3}\pi {R^3} = 5.\frac{4}{3}.\pi .{\left( 2 \right)^3} = \frac{{160\pi }}{3}$(cm3)

Bán kính đáy của một cốc nước hình trụ là: $8:2 = 4$cm

Chiều cao của mực nước dâng lên là (cm)

a) Chứng minh bốn điểm S, A, O, H cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $OA \bot AS$ (vì $SA$ là tiếp tuyến của (O)$\Rightarrow \widehat {SAO} = 90^\circ$

$\Rightarrow \Delta SAO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$

$\Rightarrow S,A,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$ (1)

Ta có: $OH \bot BC$$\Rightarrow \widehat {SHO} = 90^\circ$

$\Rightarrow \Delta SHO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$

$\Rightarrow S,H,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm $S,O,H,A$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $SO$

a) Kẻ đường kính AK của (O). Tia SO cắt đường thẳng KC tại P. Chứng minh $\widehat {SHA} = \widehat {POK}$ và $PK.CH = AB.OK$.

b1) Ta có $\widehat {SOA} = \widehat {POK}$(hai góc đối đỉnh)

Xét đường tròn đường kính $SO$ có :

$\widehat {AOS} = \widehat {AHB}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AS$)

Lại có $\widehat {SOA} = \widehat {POK}$(hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\widehat {SHA} = \widehat {POK}$

b2) Xét $\left( O \right)$có $\widehat {ABC} = \widehat {AKC}$(2 góc nội tiếp cùng chắn )

Chứng minh $\Delta ABH \sim \Delta PKO(g - g)$

Suy ra $\frac{{AB}}{{PK}} = \frac{{BH}}{{OK}}\,\,\,m\`a \,\,\,BH = CH$

$\to AB.OK = PK.CH$

c) Gọi D là giao điểm của AP với (O) (D khác A). Q là giao điểm của DC và BK, I là giao điểm của BC và DK. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt SA tại J. Chứng minh $QI\,{\rm{//}}\,BJ$.

$\Delta ABH \sim \Delta PKO(g - g)$

$\Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta PKA$(bổ đề trung tuyến)

$\begin{matrix}\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{PAK} \\ mà\widehat{\ BCK}=\widehat{BAK}\ (=\frac{1}{2}sd\overset{\frown}{BK}) \\ \widehat{ACB}\ +\widehat{\ BCK}=\widehat{PAK}+\widehat{BAK}\ \\ \Rightarrow \widehat{PAB}=90^{\circ}\end{matrix}$

$\Rightarrow$$\widehat {DAB} = 90^\circ$

$\Rightarrow$ $BADK$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow$$B,O,D$thẳng hàng

$\Rightarrow$$\widehat {BKD} = 90^\circ$

Xét $\Delta BDQ$ có $DK,BC$ là đường cao

$\Rightarrow$ $QI \bot BD$

Mà $JB \bot BD$ ($JB$là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow$ $JB//QI$

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là $x\left( {m,0 < x \le 4} \right)$.

Chiều dài của hình chữ nhật là $2y\left( {m,y > 0} \right)$.

Xét $\Delta ONP$ vuông tại $P$ ta có

${x^2} + {y^2} = 16$

Suy ra $y = \sqrt {16 - {x^2}}$

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

${S_{MNPQ}} = x \cdot 2 \cdot \sqrt {16 - {x^2}} = 2 \cdot x \cdot \sqrt {16 - {x^2}} .$

Áp dụng BĐT Cauchuy, ta có:

$S \le 2 \cdot \frac{{{x^2} + 16 - {x^2}}}{2} = 16$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = \sqrt {16 - {x^2}}$

Nên ${x^2} = 16 - {x^2}$

Suy ra $x = 2\sqrt 2$

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt).