Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Cầu Giấy (Hà Nội) có đáp án

1. a) Hỏi khối $9$ của trường đó có bao nhiêu học sinh?

Số học sinh của khối $9$ là: $33 + 60 + 189 + 168 = 450$ (học sinh)

b) Nhóm điểm nào (trong bảng) có nhiều học sinh nhất và chiếm bao nhiêu phần trăm số học sinh của khối $9$?

Nhóm điểm có nhiều học sinh nhất là $\left( {8;9} \right]$. Chiếm tỉ lệ phần trăm là $189:450.100\% = 42\%$.

Tổng số bóng có trong hộp là $13 + 10 + 80 = 103$ (quả bóng).

Số quả bóng không phải màu trắng có trong hộp là $13 + 10 = 23$ (quả bóng).

Xác suất của biến cố $A:$ “quả bóng lấy được không phải là màu trắng” là: $P\left( A \right) = \frac{{23}}{{103}}.$

a) Khi $x = 4$ (TMĐK), giá trị của biểu thức $A$ là:

$A = \frac{{\sqrt 4 + 5}}{{\sqrt 4 }}$$= \frac{{2 + 5}}{2}$$= \frac{7}{2}$.

Vậy $A = \frac{7}{2}$ khi $x = 4$.

b) $B = \left( {\frac{{8 - \sqrt x }}{{x - 9}} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}} \right).\frac{{x - 3\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$

$= \frac{{8 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}$

$= \frac{{8 - \sqrt x + 2\sqrt x - 6}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}$

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

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$

c) $P = A.B$$= \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$$= \frac{{\sqrt x + 5}}{{\sqrt x + 3}}$$= \frac{{\sqrt x + 3 + 2}}{{\sqrt x + 3}}$$= 1 + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}$

• Với $x > 0$ ta có $\frac{2}{{\sqrt x + 3}} > 0$ nên $1 + \frac{2}{{\sqrt x + 3}} > 1$. Suy ra $P > 1$ (1)

• Với $x > 0$ ta có $\sqrt x + 3 > 3$ nên $\frac{2}{{\sqrt x + 3}} < \frac{2}{3}$ hay $1 + \frac{2}{{\sqrt x + 3}} < \frac{5}{3}$. Suy ra $P < \frac{5}{3}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $1 < P < \frac{5}{3}$.

Suy ra $P$ không có giá trị nguyên với $x > 0,x \ne 9$.

Vậy không có giá trị của $x$ thoả mãn đề bài.

Gọi số quả bóng cần ném vào rổ để học sinh được chọn vào đội tuyển là $x$ ( quả, $x \in \mathbb{N}$)

Mỗi bạn được ném 15 quả bóng nên số quả bóng ném ra ngoài là $15 - x$ (quả)

Với 1 quả bóng ném vào rổ thì được cộng 2 điểm nên số điểm cộng là $2x$ (điểm)

Với mỗi quả bóng ném ra ngoài thì bị trừ 1 điểm nên số điểm trừ là $- 1\left( {15 - x} \right) = x - 15$ (điểm)

Để vào đội tuyển thì phải đạt 15 điểm trở lên nên ta có bất phương trình:

$2x + x - 15 \ge 15$

$x \ge 10$

Mà $x \in \mathbb{N}$ nên $x = 10$ (TMĐK)

Vậy cần ném ít nhất 10 quả bóng vào rổ thì học sinh sẽ được vào đội tuyển.

Gọi số sản phẩm tổ 1 và tổ 2 làm được theo kế hoạch lần lượt là $x$ và $y$($x,y \in \mathbb{N}$, sản phẩm)

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được 600 sản phẩm nên ta có phương trình: $x + y = 600$ (1)

Nhờ tăng năng suất lao động tổ 1 làm vượt mức $10\%$ và tổ hai làm vượt mức $20\%$so với kế hoạch của mỗi tổ, nên cả hai tổ làm được $685$sản phẩm, ta có phương trình:

$x + 10\% x + y + 20\% y = 685$ hay $1{,}1x + 1{,}2y = 685$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 600\\1{,}1x + 1{,}2y = 685\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 600\\1{,}1x + 1{,}2y = 685\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 350\\y = 250\end{array} \right.\left( {tm} \right)$

Vậy theo kế hoạch tổ 1 sản xuất được 350 sản phẩm và tổ 2 sản xuất được 250 sản phẩm.

Xét phương trình $2{x^2} - 4x + 1 = 0$

Ta có $\Delta = 16 - 4.2.1 = 8 > 0$

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt

${x_1} = \frac{{4 + \sqrt 8 }}{4} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2} \ne 0$; ${x_2} = \frac{{4 - \sqrt 8 }}{4} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{2} \ne 0$

+) Ta có tổng nghịch đảo của hai nghiệm là :

$\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{2}{{2 + \sqrt 2 }} + \frac{2}{{2 - \sqrt 2 }}$$= \frac{{2\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}} + \frac{{2\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}$$= \frac{{4 - 2\sqrt 2 + 4 + 2\sqrt 2 }}{2} = 4$

Vậy ${x_1}$, ${x_2}$ khác $0$ và tính tổng nghịch đảo của hai nghiệm bằng 4.

a) Tính số ki-lô-mét mà ô tô đi được qua mỗi vòng chạy thử.

Quãng đường ô tô chạy thử mỗi vòng là:

$$S = 2\pi R \approx 2\;{\rm{.}}\;3.14\;{\rm{.}}\;500 = 3\,140\;\left( {\rm{m}} \right) = 3{,}14\;\left( {{\rm{km}}} \right)$$

Vậy quãng đường ô tô chạy thử mỗi vòng khoảng $3{,}14\;{\rm{km}}$.

b) Ô tô xuất phát tại vị trí $A$ và chạy theo chiều mũi tên được $10{\rm{ km}}$ rồi dừng lại tại vị trí $B$. Tính số đo góc $AOB$ (làm tròn đến hàng đơn vị của độ).

Ta có $10:\,3{,}14 = 3\frac{{29}}{{157}}$.

Do đó ô tô chạy được $10{\rm{ km}}$ có nghĩa là chạy được khoảng $3$ vòng và $\frac{{29}}{{157}}$ vòng

Do đó, số đo góc $AOB$ là: $\frac{{29}}{{157}}\; \cdot \;360^\circ \approx 66^\circ$.

Vậy số đo góc $AOB$ khoảng $66^\circ$.

a) Chứng minh $O,A,K,D$ thuộc một đường tròn.

Vì $KA$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $KA \bot AO$

Suy ra $\Delta AKO$ vuông tại $A$ nên $A,K,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KO$ (1)

Vì $KD$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $KD \bot DO$

Suy ra $\Delta DKO$ vuông tại $D$ nên $D,K,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O,A,K,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KO$

b) Chứng minh $AE$ song song với $BC$ và $GF\;{\rm{.}}\;GA = G{H^2}$.

Ta có $KA$ và $KD$ lần lượt là tiếp tiếp tuyến tại $A$ và $B$ với đường tròn $\left( O \right)$ (gt)

Suy ra: $KA = KD$.

Mặt khác: $OA = OD = R$ (gt).

Do đó $OK$ là đường trung trực của $A{\rm{D}}$ hay $OK \bot AD$ tại trung điểm $H$.

• Xét $\left( O \right)$, có: $\widehat {DAE} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $AD \bot AE$. Do đó $AE\,{\rm{//}}\,BC$.

• Xét $\left( O \right)$ có: $\widehat {DFE} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat {DFK} = 90^\circ$ (kề bù)

• Xét $\Delta FKD$ và $\Delta KDE$ có: $\widehat {FKD}$ chung; $\widehat {KFD} = \widehat {KDE} = 90^\circ$(cmt)

Suy ra: nên $\frac{{KF}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KE}}$ hay $K{D^2} = KF\;.\;KE$

• Xét $\Delta KHD$ và $\Delta KDO$ có: $\widehat {HKD}$ chung; $\widehat {KHD} = \widehat {KDO} = 90^\circ$(cmt)

Suy ra: nên $\frac{{KH}}{{KD}} = \frac{{KD}}{{KO}}$. Suy ra $K{D^2} = KH\;.\;KO$

Mà $K{D^2} = KF\;.\;KE$ (cmt) nên $KH\;{\rm{.}}\;KO = KF\;{\rm{.}}\;KE$ hay $\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}$

• Xét $\Delta KFH$ và $\Delta KOE$ có: $\widehat {EKO}$ chung; $\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}$ (cmt)

Suy ra: nên $\widehat {KHF} = \widehat {KEO}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat {GA{\rm{D}}} = \widehat {KEO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $FD$) nên $\widehat {GAD} = \widehat {FHG}$(hai góc tương ứng)

• Xét $\Delta GFH$ và $\Delta GHA$ có: $\widehat {FGH}$ chung; $\widehat {GAD} = \widehat {FHG}$ (cmt)

Suy ra: nên $\frac{{GF}}{{GH}} = \frac{{GH}}{{GA}}$. Do đó $GF \cdot GA = G{H^2}$.

c) Chứng minh $B,I,F$ thẳng hàng.

• Xét $\Delta ADM$ có $H\,;\,\,I$ thứ tự là trung điểm của $AD\,;\,\,AM$.

Suy ra $HI$ là đường trung bình của $\Delta AMD$ nên $HI\,{\rm{//}}\,MD$.

Mà $AM \bot MD$ nên $HI \bot AM$.

Suy ra $\widehat {AHI} = \widehat {ADB}$ (hai góc đồng vị).

Ta lại có $\widehat {ADB} = \widehat {AFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$) nên $\widehat {AFB} = \widehat {AHI}$.

• Ta có: .

Suy ra $\widehat {GFH} = \widehat {GHA} = 90^\circ$ (hai góc tương ứng).

Ta có $\Delta AHF$ vuông tại $F$ nên $A\,;\,\,F\,;\,\,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\Delta AIH$ vuông tại $I$ nên $A\,;\,\,I\,;\,\,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Do đó bốn điểm $F\,;\,\,A\,;\,\,I\,;\,\,H$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $\widehat {AFI} = \widehat {AHI}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HI$).

Mà $\widehat {AFB} = \widehat {AHI}$ nên $\widehat {AFI} = \widehat {AFB}$.

Ta lại có các tia $FI\,;\,\,FB$ nằm cùng phía so với đường thẳng $FA$ nên hai tia này trùng nhau.

Vậy $B,I,F$ thẳng hàng.

Gọi độ dài cạnh hình vuông bị cắt bỏ là $x\left( {cm,\,\,x > 0} \right)$

Khi đó, các kích thước của hình hộp là:

- Chiều dài: $60 - 2x > 0$ $(cm)$

- Chiều rộng: $40 - 2x > 0$ $(\;cm)$.

Suy ra $0 < x < 20$.

- Chiều cao: $x$ $(cm)$

Diện tích thực tế Sau khi cắt 4 góc ${S_{thuc}} = 64 \cdot 40 - 4{x^2} = 2560 - 4{x^2}$

Điều kiện chi phí: ${S_{{\rm{thuc }}}} \cdot 2\,\,500 \le 4\,\,440\,\,000$

$2560 - 4{x^2} \le \frac{{4.440.000}}{{2500}} = 1776$

$- 4{x^2} \le 1776 - 2560 = - 784$

${x^2} \ge 196$

$\Rightarrow x \ge 14\;{\rm{cm}}$. Do đó $14 \le x < 20$.

Thể tích hộp là

$V(x) = x\left( {64 - 2x} \right)\left( {40 - 2x} \right)$$= 4{x^3} - 208{x^2} + 2560x$$= 4\left( {{x^3} - 52{x^2} + 640x} \right)$

Xét $V\left( x \right) - 6048$$= 4\left( {x - 14} \right)\left( {{x^2} - 38x + 108} \right)$

Ta có ${x^2} - 38x + 108$$= x\left( {x - 20} \right) - 18x + 108 < 0 - 18 \cdot 14 + 108$$= - 144 < 0$

Do đó $V\left( x \right) - 6048 \le 0$ nên $V\left( x \right) \le 6048$.

Dấu “=” xảy ra khi $x = 14$.

Vậy kích thước cạnh hình vuông phải chọn để thể tích hộp lớn nhất trong điều kiện chi phí không vượt quá số tiền cho phép là $14\;{\rm{cm}}$. Thể tích lớn nhất đó là $V\left( x \right) = 6\,\,048\,c{m^3}$.