Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Phường Thái Hòa (Nghệ An) lần 3 có đáp án

Tần số tương đối của nhóm $\left[ {2;\,\,2{,}5} \right)$ là $45\,\% .$

Số học sinh (tần số) của nóm $\left[ {1{,}5;\,\,2} \right)$ là $300 \cdot 20\% = 60$ (học sinh).

Ta kí hiệu $4$ bạn nam là $A,\,B,C,D$ và $2$ học sinh nữ là $M,N.$

Không gian mẫu là: $\Omega = \left\{ {AB,AC,AD,AM,AN,BC,BD,BM,BN,CD,CM,CN,DM,DN,MN} \right\}$

Do đó ta có $n\left( \Omega \right) = 15$

Xét biến cố $E{\rm{:}}$ “Trong hai học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”.

Ta có: $E = \left\{ {AM,AN,BM,BN,CM,CN,DM,DN,MN} \right\}$.

Do đó ta có $n\left( E \right) = 9$

Xác suất của biến cố $E$ là $P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}.$

$A = \;3\sqrt 2 + 10 - 3\sqrt 2$

$= 10.$

$\,P = \left[ {\frac{{x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}$

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

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

Thay $x = - 1$ vào hàm số $y = 2{x^2}$ ta được $y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} = 2.$

Do đó toạ độ giao điểm của đường thẳng $y = 2x + a$ vàđồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ là $\left( { - 1;\,\,2} \right)$

Thay $x = - 1;y = 2$ và đường thẳng $y = 2x + a$ ta được $2 = 2.\left( { - 1} \right) + a$.

Suy ra $a = 4$.

Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc lần lượt là $x,\,y$ (đơn vị: đồng; điều kiện $x > 0,\,y > 0$).

Ta có phương trình $x + y = 630\,\,000\,.$ (1)

Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là $x - 15\% x = 85\% x = 0{,}85x.$

Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là $y - 12\% y = 88\% y = 0{,}88y.$

Ta có phương trình $0{,}85x + 0{,}88y = 543\,000$. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 630\,\,000\\0{,}85x + 0{,}88y = 543\,\,000\end{array} \right..$

Giải hệ phương trình ta được $\left\{ \begin{array}{l}x = 380\,\,000\\y = 250\,\,000\end{array} \right..$ (TMĐK).

Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc lần lượt là $380\,\,000$ đồng và $250\,\,000$ đồng.

Gọi số xe nhỏ công ty đã thuê là $x$ (chiếc) $\left( {x \in \mathbb{N},{\rm{ }}x > 2} \right)$.

Do đó số xe lớn công ty dự định thuê là $x - 2$ (chiếc).

Số người ngồi trên mỗi xe nhỏ là: $\frac{{210}}{x}$ (người)

Số người ngồi trên mỗi xe lớn là: $\frac{{210}}{{x - 2}}$ (người)

Theo đề mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người, nên ta có phương trình: $\frac{{210}}{{x - 2}} - \frac{{210}}{x} = 12.$

$210x - 210\left( {x - 2} \right) = 12x\left( {x - 2} \right)$

$210x - 210x + 420 = 12{x^2} - 24x$

$12{x^2} - 24x - 420 = 0$

Giải phương trình ta được ${x_1} = 7$ (TM) hoặc ${x_2} = - 5$ (loại)

Vậy công ty đã thuê 7 chiếc xe nhỏ.

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt$\;{x_1},{x_2}$ nên heo định lí Viète ta có:

${x_1} + {x_2} = \frac{7}{2}$ và ${x_1}{x_2} = - \frac{1}{2}.$

Ta có $N = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}\,} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{49}}{4} + \frac{4}{2} = \frac{{57}}{4}.$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình $2{x^2} - 7x - 1 = 0$ nên $2x_1^2 - 7{x_1} - 1 = 0 \Rightarrow {x_1}^2 = \frac{{7{x_1} + 1}}{2}$$\Rightarrow {\left( {{x_1} + 4} \right)^2} = {x_1}^2 + 8{x_1} + 16$$= \frac{{7{x_1} + 1}}{2} + 8{x_1} + 16$$= \frac{{23{x_1} + 33}}{2}$

Do đó $M = \sqrt {\frac{{23{x_1} + 33}}{2}} + {x_2} + 21 = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 4} \right)}^2}} + {x_2} + 21 = \left| {{x_1} + 4} \right| + {x_2} + 21$

$= {x_1} + {x_2} + 25 = \frac{7}{2} + 25 = \frac{{57}}{2}$ (Vì ${x_1}{x_2} = - \frac{1}{2} < 0 \Rightarrow {x_1}$ và ${x_2}$ trái dấu.

Kết hợp với giả thiết ${x_1} > {x_2}$ ta có ${x_1} > 0 > {x_2}$$\Rightarrow {x_1} + 4 > 0 \Rightarrow \left| {{x_1} + 4} \right| = {x_1} + 4$)

Vậy $P = M:N = \frac{{57}}{2}:\frac{{57}}{4} = 2$

a) Ta có $BE \bot AC \Rightarrow \Delta EBC$ vuông tại $E$$\Rightarrow$$E,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (1)

Ta có $CF \bot AB \Rightarrow \Delta FBC$ vuông tại $F$$\Rightarrow$$F,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $C,$$E,$$F,$$B$ cùng thuộc đường tròn, hay tứ giác $CEFB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AEHF$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {AHE} = \widehat {AFE}.$ (3)

Mà $CEFB$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {ACM} = \widehat {AFE}$(cùng bù với $\widehat {BFE}$) (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {ACM}.$

Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AHKE$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {AHE} = \widehat {AKE}.$ Mà $\widehat {AHE} = \widehat {ACM}$(theo chứng minh trên) nên $\widehat {ACM} = \widehat {AKE}.$ (5)

Mặt khác: $EM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $BEC$ nên $ME = \frac{{BC}}{2} = MC$$\Rightarrow \Delta MEC$ cân tại $M$$\Rightarrow \widehat {ACM} = \widehat {MEC}.$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {AKE}$$\Rightarrow 180^\circ - \widehat {MEC} = 180^\circ - \widehat {AKE}$$\Rightarrow \widehat {MEA} = \widehat {MKE}$

$\Rightarrow \frac{{MK}}{{ME}} = \frac{{ME}}{{MA}} \Rightarrow M{E^2} = MA \cdot MK$$\Rightarrow {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = MA \cdot MK$$\Rightarrow B{C^2} = 4MA \cdot MK.$

c) Gọi $I$ là giao điểm của $PN$ và $EQ.$

Ta có $\widehat {ANE} = \widehat {AES}$(cùng phụ với $\widehat {EAN}$)$\Rightarrow \widehat {CES} = \widehat {BNA}.$ Kết hợp với $\widehat {ABE} = \widehat {ACF}$suy ra

$\Rightarrow \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{{CE}}{{CS}}$$\Rightarrow \frac{{BN}}{{2BP}} = \frac{{CE}}{{2CQ}}$$\Rightarrow \frac{{BN}}{{BP}} = \frac{{CE}}{{CQ}}$$\Rightarrow \widehat {CEQ} = \widehat {BNP} = \widehat {ENI}$$\Rightarrow \widehat {CEQ} + \widehat {QEN} = \widehat {ENI} + \widehat {QEN}$$\Rightarrow 90^\circ = \widehat {ENI} + \widehat {QEN}$$\Rightarrow \widehat {NIE} = 90^\circ \Rightarrow PN \bot EQ.$

Thể tích của thùng nước là: $V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {15^2} \cdot 35 = 7875\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thay $\pi \approx 3{,}14$, ta có thể tích thùng khoảng: $V \approx 7875 \cdot 3{,}14 = 24727{,}5\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Đổi $1{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3} = 1\,\,000\,\,000{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}$.

Thể tích nước xách được trong mỗi lần ( $90{\rm{\% }}$ thùng) là:

${V_n} = 90{\rm{\% }} \cdot V \approx 0{,}9 \cdot 24727{,}5 = 22254{,}75\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Số thùng nước ít nhất cần đổ để đầy bể là: $n = \frac{{1\,\,000\,\,000}}{{22\,\,254{,}75}} \approx 44{,}93$ (thùng).

Vì số lần đổ phải là số nguyên nên ta cần đổ ít nhất 45 thùng.

Vậy cần phải đổ ít nhất 45 thùng

Gọi $R$ là bán kính hình cầu và $r$ là bán kính đáy của hình nón.

Gọi $O$ là tâm của mặt cầu và $I$ là tâm của đường tròn đáy hình nón.

Đặt $SI = h$. Khi đó ta có $OI = h - R$

Tam giác $IBO$ vuông tại $I$ nên ta theo định lý Pythagore ta có

${r^2} = I{B^2} = O{B^2} - O{I^2} = {R^2} - {\left( {h - R} \right)^2} = 2Rh - {h^2}$

Thể tích của phần nhân hình nón là $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {2Rh - {h^2}} \right)$

Phần vỏ Chocolate phía ngoài viên kẹo chính là phần hình cầu có bán kính $R = 1{,}5\,\,{\rm{cm}}$ và là phần phía ngoài của nhân hình nón. Để lượng Chocolate dùng làm kẹo ít nhất thì thể tích nhân hình nón phải lớn nhất.

Với ba số dương $a$, $b$, $c$ thì ta có:

${a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc$$= {\left( {a + b} \right)^3} + {c^3} - 3ab\left( {a + b} \right) - 3abc$$= \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - \left( {a + b} \right)c + {c^2}} \right] - 3ab\left( {a + b + c} \right)$$= \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)$$= \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right] \ge 0$

Do đó ${a^3} + {b^3} + {c^3} \ge 3abc,$ đặt $a = \sqrt[3]{x},$$b = \sqrt[3]{y},$$c = \sqrt[3]{z}$$\Rightarrow x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}$$\Rightarrow xyz \le {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^3},$ đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$ hay $x = y = z$ (*).

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

$h\left( {2Rh - {h^2}} \right) = \frac{1}{2}h.h\left( {4R - 2h} \right) \le \frac{1}{2}{\left( {\frac{{h + h + 4R - 2h}}{3}} \right)^3} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)^3}$

Do đó ta có $V \le \frac{\pi }{6}{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)^3}$, dấu “=” xảy ra khi $h = 4R - 2h$ hay $h = \frac{{4R}}{3} = \frac{{4.1{,}5}}{3} = 2\,\,\left( {cm} \right)$

Vậy chiều cao của phần nhân để thể tích Chocolate nguyên liệu dùng làm kẹo cầu là ít nhất khi $h = 2\,\left( {cm} \right)$.