Lời giải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Nguyễn Trường Tô (Hà Nội) Tháng 4 có đáp án

Câu 1

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

1) 1,0 đ	Tần số của nhóm ngày có lượng mưa từ $10mm$ đến dưới 1 $5mm$ là: $12$	0,5
1) 1,0 đ	Tần số tương đối của nhóm ngày này là: $\frac{{12}}{{30}}.100\% = 40\%$ .	0,5

Câu 2

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

2) 0,5 đ	Số kết quả có thể xảy ra khi rút một thẻ từ hộp $48$ chiếc là: $n(\Omega ) = 48$ .	0,25
2) 0,5 đ	Vì thẻ chỉ ghi số từ 1 đến 48, nên các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $A = \{ 1;2;3;5;6;9;10;15;18;30;45\}$ . Số kết quả thuận lợi là: $n(A) = 11$ . Xác suất của biến cố A là: $P(A) = \frac{{11}}{{48}}$ .	0,25

Câu 3

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

1) 0,25đ	Thay $x = 16$ (Thỏa mãn điều kiện $x \ge 0;x \ne 9$ ) vào biểu thức A: $A = \frac{{4\sqrt {16} + 1}}{{\sqrt {16} + 3}}$ $A = \frac{{4.4 + 1}}{{4 + 3}} = \frac{{17}}{7}$	0,25
2) 0,75đ	Với $x \ge 0;x \ne 9$ , ta có: $B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x - 3) + 1(\sqrt x + 3) + 8\sqrt x + 6}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}$	0,25
2) 0,75đ	$B = \frac{{x - 3\sqrt x + \sqrt x + 3 + 8\sqrt x + 6}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}$ $B = \frac{{x + 6\sqrt x + 9}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}} = \frac{{{{(\sqrt x + 3)}^2}}}{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x + 3)}}$	0,25
2) 0,75đ	$B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}}{\rm{ }}$	0,25
3) 0,5đ	Ta có: $M = A.B = \frac{{4\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{4\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}$ . Với mọi $x$ TMĐK, ta có: $M < 2$ $\begin{array}{l}\frac{{4\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} - 2 < 0\\\frac{{4\sqrt x + 1 - 2(\sqrt x - 3)}}{{\sqrt x - 3}} < 0\end{array}$ $\frac{{2\sqrt x + 7}}{{\sqrt x - 3}} < 0$ $\sqrt x - 3 < 0$ (vì $2\sqrt x + 7 > 0$ với mọi $x$ TMĐK)	0,25
3) 0,5đ	$x < 9$ Mà $x \ge 0;x \ne 9$ nên suy ra: $0 \le x < 9$ Mà $x$ là số nguyên tố nên ta có: $x \in \{ 2;3;5;7\}$	0,25

Câu 4

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

1) 1,0 đ	Gọi số thùng hàng tối đa mà nhân viên kho có thể mang theo là $x$ (thùng). ( $x \in {\mathbb{N}^*}$ ).	0,25
1) 1,0 đ	Khối lượng của $x$ thùng hàng là: $45\;x\;$ (kg). Tổng khối lượng của nhân viên và các thùng hàng khi ở trong thang máy là: $75 + 45.x$ (kg).	0,25
1) 1,0 đ	Vì tải trọng tối đa của thang máy là $1200kg$ , ta có bất phương trình: $75 + 45.x \le 1200$ $45.x \le 1125$ $x \le 25$	0,25
1) 1,0 đ	Vậy nhân viên kho có thể mang theo tối đa 25 thùng hàng để đảm bảo an toàn.	0,25

Câu 5

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

2) 1,0 đ	Gọi số ki-lô-gam hạt ngô và hạt đậu tương nông trại đã nhập lần lượt là $x,\;y\;$ (kg) ( $x,y > 0$ ). Vì tổng khối lượng hạt giống là $60kg$ , ta có phương trình: $x + y = 60{\rm{ (1)}}$	0,25
2) 1,0 đ	Chi phí mua hạt ngô là $80x\;$ (nghìn đồng), chi phí mua hạt đậu tương là $120y$ (nghìn đồng). Tổng chi phí là $5600$ nghìn đồng, ta có phương trình: $80x + 120y = 5600 \Leftrightarrow 2x + 3y = 140{\rm{ (2)}}$	0,25
2) 1,0 đ	Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 60}\\{2x + 3y = 140}\end{array}} \right.$ Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 2y = 120}\\{2x + 3y = 140}\end{array}} \right. \Rightarrow y = 20$	0,25
2) 1,0 đ	Thay $y = 20$ vào (1) ta được $x = 40$ . (Thỏa mãn điều kiện). Vậy nông trại đã nhập $40kg$ hạt ngô và $20kg$ hạt đậu tương.	0,25

Câu 6

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

3) 0,5 đ	Xét phương trình ${x^2} - 7x + 5 = 0$ . Vì $\Delta = 29 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ . Theo hệ thức Viete, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 7}\\{{x_1}.{x_2} = 5}\end{array}} \right.$ Biến đổi biểu thức M: $M = {x_1}(3 + x_2^2) - 2{x_2} = 3{x_1} + {x_1}.x_2^2 - 2{x_2}$	0,25
3) 0,5 đ	$M = 3{x_1} + ({x_1}.{x_2}).{x_2} - 2{x_2}$ $M = 3{x_1} + 5.{x_2} - 2{x_2}$ $M = 3{x_1} + 3{x_2} = 3({x_1} + {x_2})$ $M = 3.7 = 21$ .	0,25

Câu 7

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

1a) 0,5đ	Diện tích xung quanh của ly nước hình trụ là: ${S_{xq}} = 2.\pi .r.h$	0,25
1a) 0,5đ	${S_{xq}} \approx 2.3{,}14.2.12 = 150{,}72{\rm{ }}c{m^2}$	0,25
1b) 0,5đ	Thể tích của một viên bi thủy tinh hình cầu là: ${V_1} = \frac{4}{3}.\pi .r_{bi}^3 = \frac{4}{3}.\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)$ Tổng thể tích của 6 viên bi thủy tinh là: ${V_{6\,\,bi}} = 6.{V_1} = 6.\frac{4}{3}\pi = 8\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)$	0,25
1b) 0,5đ	Khi thả 6 viên bi vào, thể tích nước dâng lên trong ly bằng đúng tổng thể tích của các viên bi. Gọi h' là chiều cao mực nước dâng thêm, ta có: ${V_{dang\,\,len}} = \pi .r_{ly}^2.h'$ $8\pi = \pi {.2^2}.h'$ $8\pi = 4\pi .h'$ $h' = 2{\rm{ }}cm$ Vậy mực nước trong ly dâng lên thêm 2 cm.	0,25

Câu 8

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

2a) 1,0đ		0,25
2a) 1,0đ	Chứng minh được: Tam giác $SAO$ vuông tại $A.$ Suy ra $:\;A$ thuộc đường tròn đường kính $SO.$ (1)	0,25
2a) 1,0đ	Chứng minh được: Tam giác $SBO$ vuông tại $B.$ Suy ra: $B$ thuộc đường tròn đường kính $SO.$ (2)	0,25
2a) 1,0đ	Từ (1) và (2) suy ra $S,A,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$ Suy ra điều phải chứng minh	0,25
2b) 1,0đ	Chứng minh được: $SO$ vuông góc với $AB$ tại $H$	0,25
2b) 1,0đ	Chứng minh được:	0,25
2b) 1,0đ	Suy ra: $\frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{OH}}{{OA}}$	0,25
2b) 1,0đ	Từ đó, ta có: $O{A^2} = OH.OS.$	0,25
2c) 1,0đ	Chứng minh được: $O{C^2} = O{A^2} = OH.OS.$ Suy ra: $ΔOCH∽ΔOSC\ (c.g.c)$ Suy ra: $\widehat {OCH} = \widehat {OSC}$ (1)	0,25
2c) 1,0đ	Chứng minh được: $\widehat {OSC} = \widehat {HBK}$ (cùng phụ với $\widehat {SJB}$ ) (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh: $\widehat {OCH} = \widehat {HBK}$	0,25
2c) 1,0đ	Gọi giao điểm của $HB$ và $KC\;$ là $T.\;$ Dễ dàng chứng minh được: $ΔKTB∽ΔHTC\ (g.g)$ Từ đó, ta có thể chứng minh được: $ΔKHT∽ΔBCT\ (c.g.c)$	0,25
2c) 1,0đ	Suy ra: $\widehat {KHT} = \widehat {BCT}$ Mà $\widehat {BAD} = \widehat {BCT}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $DB$ trong $\left( O \right)$ ) Nên $\widehat {KHT} = \widehat {BAD}$ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $KH$ // $AD.$	0,25

Câu 9

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

	Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của ly hình nón. Lượng nước trong ly có chiều cao $x$ thì bán kính mặt nước tương ứng là ${r_x} = \frac{{R.x}}{h}$ . Thể tích nước khi đó là: ${V_x} = \frac{1}{3}\pi .r_x^2.x = \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.{x^3}$ . Theo giả thiết, đổ nước từ ly A vào ly B thì ly B đầy nước, ta có: ${V_{{h_1}}} + {V_{{h_2}}} = {V_h}$ $\frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.h_1^3 + \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.h_2^3 = \frac{{\pi {R^2}}}{{3{h^2}}}.{h^3}$ $h_1^3 + h_2^3 = {h^3}$ Với $h = 12$ cm, ta có: $h_1^3 + h_2^3 = {12^3} = 1728$ $(1)$ . Sử dụng hằng đẳng thức: $h_1^3 + h_2^3 = {({h_1} + {h_2})^3} - 3{h_1}.{h_2}.({h_1} + {h_2})$ Áp dụng bất đẳng thức phụ: ${h_1}.{h_2} \le \frac{{{{({h_1} + {h_2})}^2}}}{4}$ , ta có: $h_1^3 + h_2^3 \ge {({h_1} + {h_2})^3} - 3.\frac{{{{({h_1} + {h_2})}^2}}}{4}.({h_1} + {h_2})$ $\Leftrightarrow h_1^3 + h_2^3 \ge {({h_1} + {h_2})^3} - \frac{3}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}$ $\Leftrightarrow h_1^3 + h_2^3 \ge \frac{1}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}$	0,25
	Thay $(1)$ vào đánh giá trên: $1728 \ge \frac{1}{4}.{({h_1} + {h_2})^3}$ $\Leftrightarrow {({h_1} + {h_2})^3} \le 6912$ $\Leftrightarrow {h_1} + {h_2} \le \sqrt[3]{{6912}} = 12\sqrt[3]{4}$ Dấu "=" xảy ra khi ${h_1} = {h_2} = 6\sqrt[3]{4}$ cm. Vậy $Max\,\,S = 12\sqrt[3]{4}$ khi và chỉ khi ${h_1} = {h_2} = 6\sqrt[3]{4}$ cm.	0,25