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

1a) Vì $\left( P \right)$ đi qua điểm $A\left( {1;3} \right)$, nên thay $x = 1;y = 3$ vào hàm số ta được:

$3 = a.{\left( 1 \right)^2}$ hay $a = 3$ (thoả mãn)

Vậy $a = 3$.

1b) Với $a = 3$ ta được hàm số $y = 3{x^2}$.

Vì điểm có hoành độ bằng 2 nên thay $x = 2$ vào hàm số $y = 3{x^2}$ ta được $y = 12$

Vậy điểm cần tìm là $\left( {2;12} \right)$.

Có 20 kết quả có thể xảy ra là: $1;2;3;...;20$ và các kết quả đó là đồng khả năng.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố M là: $1;6;11;16$.

Vậy xác suất của biến cố M là: $\frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}$.

1) Thay $x = 16$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được:$A = \frac{{4\sqrt {16} }}{{\sqrt {16} - 1}} = \frac{{4.4}}{{4 - 1}} = \frac{{16}}{3}$

Vậy $A = \frac{{16}}{3}$ khi $x = 16$.

b) Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có:

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

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

$= \frac{{x + \sqrt x + \sqrt x - 1 + 2}}{{\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}}$ (đpcm).

c) $P = \frac{A}{B}$$= \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}$$= \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}$$= \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}$

$$\frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\left( {\sqrt x + 1} \right) \ge x + 4$$

$$4\sqrt x \ge x + 4$$

$$x - 4\sqrt x + 4 \le 0$$

$${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \le 0$$

Suy ra ${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} = 0$ vì ${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x$.

Suy ra $x = 2$ (TM)

Vậy $x = 2$ thì $P\left( {\sqrt x + 1} \right) \ge x + 4$.

Gọi số chiếc xe tham gia chở hàng là $x$ (chiếc) $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)$

Dự định mỗi xe phải chở số tấn hàng là $\frac{{180}}{x}$(tấn)

Số chiếc xe tham gia chở hàng thực tế là $x + 3$ (chiếc)

Thực tế mỗi xe chở số tấn hàng là $\frac{{180}}{{x + 5}}$(tấn)

Vì thực tế, mỗi xe chở ít hơn 3 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình: $\frac{{180}}{x} - \frac{{180}}{{x + 5}} = 3$

Biến đổi về phương trình: ${x^2} + 5x - 300 = 0$

Giải phương trình tìm được $x = - 20\left( {KTM} \right)\,\,;\,\,x = 15\left( {TM} \right)$

Vậy theo dự định, đội có 15 chiếc xe tham gia chở hàng.

Gọi vận tốc của chuyến tàu thứ nhất là $x\left( {km/h} \right)\left( {x > 0} \right)$, vận tốc của chuyến tàu thứ hai là $y\left( {km/h} \right)\left( {y > 0} \right)$

Sau 2 giờ, chuyến tàu thứ nhất đi được $2x\left( {km} \right)$

Sau 5 giờ, chuyến tàu thứ hai đi được $5y\left( {km} \right)$

Vì ga Vinh cách gà Hà Nội 320km nên ta có phương trình $2x + 5y = 320\,\,\left( 1 \right)$

Sau 2 giờ, chuyến tàu thứ hai đi được $2y\left( {km} \right)$

Sau 4 giờ, chuyến tàu thứ nhất đi được $4x\left( {km} \right)$

Vì ga Vinh cách gà Hà Nội 320km nên ta có phương trình $4x + 2y = 320\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 320\\4x + 2y = 320\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình tìm được $\left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 40\end{array} \right.$ (TMĐK).

Vậy vận tốc của tuyến tàu thứ nhất là $60\,\,km/h$, vận tốc của tuyến tàu thứ hai là $40\,\,km/h$.

Ta có $ac = - 10 < 0$ nên phương trình có hai nghiệm trái dấu.

Mà ${x_1} > {x_2}$ nên ${x_1} > 0;{x_2} < 0$ do đó $\left| {{x_1}} \right| = {x_1}\,\,;\,\,\left| {{x_2}} \right| = - {x_2}$

Áp dụng định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = - 10\end{array} \right.$

Ta có $m\left| {{x_1}} \right| - x_2^2 = m\left| {{x_2}} \right| + x_1^2$

$\begin{array}{l}m\left| {{x_1}} \right| - m\left| {{x_2}} \right| = x_1^2 + x_2^2\\m{x_1} + m{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\ - 5m = {\left( { - 5} \right)^2} - 2.\left( { - 10} \right)\\ - 5m = 45\\m = - 9\end{array}$

Vậy $m = - 9$

a) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có: sin$B$ = $\frac{{AC}}{{BC}}$$\Rightarrow$sin$B$ = $\frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow$$\widehat B = 30^\circ$

b) Chu vi của bể cá là: ${l_{cung\,ED}} + 2R = \frac{{\pi Rn}}{{180}} + 2R \approx \frac{{3{,}14.3.30}}{{180}} + 2.3 = 7{,}57$ (m)

Số tiền mua dây đèn là: $7{,}57\,.\,300 = 2271$ (nghìn đồng)

a) Chứng minh bốn điểm $B,\,\,F,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Xét $\Delta BEC$ ta có: $\widehat {BEC} = 90^\circ$

Suy ra $\Delta BEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC\,\,\,\left( 1 \right)$

Chứng minh tương tự ta có: $\Delta BFC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)\left( 2 \right)$ ta có: $B,\,\,F,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ (đpcm).

b) Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $M$. Tia $AH$ cắt $BC$ tại $D$. Chứng minh rằng: $ME.MF = MC.MB$ và $FB$ là tia phân giác của góc $MFD$.

Tứ giác $BFEC$nội tiếp nên $\widehat {BFE} + \widehat {BCE} = 180^\circ$ (tính chất của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat {BFE} + \widehat {BFM} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) nên $\widehat {BCE} = \widehat {BFM}$

* Chứng minh: $ME.MF = MC.MB$

Xét $\Delta$$MFB$ và $\Delta$$MCE$ có $\widehat {BCE} = \widehat {BFM}\left( {cmt} \right),\widehat M\,\,\left( {chung} \right)$

Do đó $ΔMFB∽ΔMCE$ (g.g).

$$\Rightarrow \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{ME}} \Rightarrow ME.MF = MC.MB$$

* Chứng minh: $FB$ là tia phân giác của góc $MFD$

• Xét tứ giác $AFHE$ có $\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ$ nên nội tiếp trong đường tròn đường kính $AH$.

$\Rightarrow \widehat {AFE} = \widehat {AHE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$

Ta có $BE$ cắt $CF$ tại $H$ nên $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$ nên $AH \bot BC\,\,{\rm{hay}}\,\,AD \bot BC$.

• Xét tứ giác $BFHD$ có $\widehat {BFH} = \widehat {BDH} = {90^o}$nên nội tiếp trong đường tròn đường kính $BH$.

$\Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {BHD}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$)

Mà $\widehat {BHD} = \widehat {AHE}$ (đối đỉnh) nên $\widehat {BFD} = \widehat {AFE}$.

Lại có $\widehat {BFM} = \widehat {AFE}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\widehat {BFD} = \widehat {BFM}\left( { = \widehat {AFE}} \right)$ hay $FB$ là tia phân giác của góc $\widehat {MFD}$.

c) Đường thẳng qua $B$ và song song với $AC$ cắt tia $AD$ tại $P$, cắt đoạn thẳng $AM$ tại $Q$. Chứng minh $B$ là trung điểm của $PQ$.

Từ $D$ kẻ đường thẳng song song với $MF$, cắt $FC$ tại $I$

+ $BQ//AC$ $\Rightarrow$ $\frac{{BQ}}{{AC}} = \frac{{MB}}{{MC}}$ (hệ quả định lí Thalès)

+ $BP//AC$ $\Rightarrow$ $\frac{{BP}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}}$ (Hệ quả định lí Thalès)

+ $FB$ là phân giác của $\widehat {MFD}$ suy ra: $\frac{{MB}}{{DB}} = \frac{{MF}}{{DF}}$ (tính chất đường phân giác) (1)

+ Chứng minh $FC$ là phân giác của $\widehat {EFD}$ suy ra $\widehat {DFI} = \widehat {IFE}$

Ta có $\widehat {DBH} = \widehat {DFH}$ (cùng chắn cung trong đường tròn đường kính $BH$

$\widehat {EFH} = \widehat {EAH}$ (cùng chắn cung trong đường tròn đường kính $AH$

Mà $\widehat {DBH} = \widehat {EAH}$ (cùng phụ với góc $\widehat {BCA}$) nên $\widehat {DFH} = \widehat {EFH}$

$\Rightarrow FC$ là phân giác của $\widehat {EFD}$ suy ra $\widehat {DFI} = \widehat {IFE}$

Mà $\widehat {FID} = \widehat {IFE}$ (so le trong) $\Rightarrow$$\widehat {FID} = \widehat {DFI}$ $\Rightarrow$$\Delta$ $DFI$ cân tại $D$ $\Rightarrow$ $DF = DI$

+ $DI//MF$=> $\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{MF}}{{DI}} = \frac{{MF}}{{DF}}$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $\frac{{MB}}{{DB}} = \frac{{MC}}{{DC}}$

$\Rightarrow \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{DB}}{{DC}} \Rightarrow BQ = BP$suy ra $B$ là trung điểm của $PQ$

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H$, $AH$ cắt $AQ$ tại $E$.

Tính được $BC = 10m,AH = 4{,}8m$

Đặt $MQ = x\left( {m,x > 0} \right)$

Vì $QP\,{\rm{//}}\,BC$ nên $\frac{{QP}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AH}}$ hay $\frac{{QP}}{{10}} = \frac{{4{,}8 - x}}{{4{,}8}}$.

Suy ra $QP = \frac{{25}}{{12}}\left( {4{,}8 - x} \right)$

${S_{MNPQ}} = x.\frac{{25}}{{12}}.\left( {4{,}8 - x} \right) = \frac{{25}}{{12}}.\left( { - {x^2} + 4{,}8x} \right) = \frac{{ - 25}}{{12}}.\left( {{x^2} - 4{,}8x} \right) = \frac{{ - 25}}{{12}}.\left[ {{{\left( {x - 4{,}8} \right)}^2} - 5{,}76} \right] \le 12$

Dấu “=’’ xảy ra khi $x = 2{,}4$ (thỏa mãn).

Diện tích vườn trồng hoa lớn nhất bằng $12\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ khi $x = 2{,}4\,\,{\rm{m}}$.

Khi đó chi phí để trồng hoa là: $12.1{,}4 = 16{,}8$ (triệu đồng).