TopStudy

Đáp án và lời giải

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Hải Hòa (Nghệ An) có đáp án

Về trang đề

Câu 1

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

a) 0,5đ+) Tần số của nhóm: [8;11)\left[ {8;11} \right) là: 160,25
a) 0,5đ+) Tần số tương đối của nhóm: [11;14)\left[ {11;14} \right) là: 139+16+13+2.100%=32,5%\frac{{13}}{{9 + 16 + 13 + 2}}.100\% = 32{,}5\%0,25

Câu 2

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

b) 0,75đ+) Không gian mẫu của phép thử là: Ω={(1;1);(1;2);(1;3);(2;1);(2;2);(2;3);(3;1);(3;2);(3;3);(4;1);(4;2);(4;3);(5;1);(5;2);(5;3)}\Omega = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;1} \right);\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {2;1} \right);\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;3} \right);\\\left( {4;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;3} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right)\end{array} \right\} +) Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω)=15n\left( \Omega \right) = 150,25
b) 0,75đ+) Các kết quả thuận lợi cho biến cố MMlà: (1;1)\left( {1;1} \right); (1;2); (2;1)\left( {1;2} \right);\,\left( {2;1} \right); (1;3);  (3;1)\left( {1;3} \right);\,\,\left( {3;1} \right); (4;1);  (2;2)\left( {4;1} \right);\,\,\left( {2;2} \right). Số kết quả thuận lợi cho biến cố A : n(M)=7n\left( M \right) = 70,25
b) 0,75đ+) Xác suất của biến cố M: P(M)=n(M)n(Ω)=715P\left( M \right) = \frac{{n\left( M \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{15}}0,25

Câu 3

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

a) 0,5đA=12+3−31−3+1=23−3(3−1)(3−1)+1A = \sqrt {12} + \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt 3 }} + 1 = 2\sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 (\sqrt 3 - 1)}}{{(\sqrt 3 - 1)}} + 10,25
a) 0,5đ=23−3+1=3+1= 2\sqrt 3 - \sqrt 3 + 1 = \sqrt 3 + 10,25
b) 1,0đVới x≥0,x≠1x \ge 0,x \ne 1ta có: P=xx−1−2xx+1−x−31−x=x.(x+1)−2x.(x−1)+x−3(x−1)(x+1)P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{x - 3}}{{1 - x}} = \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right) - 2\sqrt x .\left( {\sqrt x - 1} \right) + x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}0,25
b) 1,0đ=x+x−2x+2x+x−3(x−1)(x+1)= \frac{{x + \sqrt x - 2x + 2\sqrt x + x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}0,25
b) 1,0đ=3(x−1)(x−1)(x+1)= \frac{{3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}0,25
b) 1,0đ=3x+1= \frac{3}{{\sqrt x + 1}}0,25
c) 0,5đThay x=−1x = - 1 vào y=−2x2y = - 2{x^2} ta có: y=−2.(−1)2=−2y = - 2.{\left( { - 1} \right)^2} = - 20,25
c) 0,5đThay x=−1x = - 1 và y=−2y = - 2 vào ham số: y=(2a+1)x−3y = (2a + 1)x - 3 ta được: −2=(2a+1)⋅(− 1)−−3- 2 = \left( {2a + 1} \right) \cdot \left( { - \,1} \right)--3 Suy ra a  =−1a\; = - 1 (thỏa mãn điều kiện a≠−12a \ne - \frac{1}{2}) Vậy a  =−1a\; = - 1 là giá trị cần tìm.0,25

Câu 4

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

a) 0,75đSố xe tập đoàn ô tô VinFast sản xuất được trong tháng 3 là: 100 + 100.x% = 100 + x (xe)0,25
a) 0,75đSố xe tập đoàn ô tô VinFast sản xuất được trong tháng 4 là: (100 + x) + (100 + x).2x% = 0,02x 2^{2}+ 3x + 100 (xe)0,25
a) 0,75đTheo bài ra ta có: 0,02x 2^{2}+ 3x + 100 = 132 Suy ra: 0,02x 2^{2}+ 3x – 32 = 0 Giải phương trình ta được: x1_{1} = 10 (thỏa mãn); x2_{2} = - 160 (loại) Vậy: x = 10.0,25

Câu 5

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

b) 0,75đGọi xx là số luống và yylà số cây mỗi luống ban đầu trường dự định trồng (x,y∈N∗)\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right) Số cây ban đầu trường dự định trồng là: xyxy ( cây) Theo bài ra ta có hệ : {(x+3)(y−2)−34=xy(x−5)(y+5)+50=xy\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 3} \right)\left( {y - 2} \right) - 34 = xy\\\left( {x - 5} \right)\left( {y + 5} \right) + 50 = xy\end{array} \right.0,25
b) 0,75đSuy ra: {−2x+3y=40x−y=−5\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 3y = 40\\x - y = - 5\end{array} \right.0,25
b) 0,75đGiải hệ ta có : x=25,y=30   (t/m)x = 25,y = 30\,\,\,\left( {t/m} \right). Vậy số cây ban đầu trường dự định trồng là: 25. 30 = 750 cây0,25

Câu 6

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

c) 1,0đTa có: Δ=(−3)2−4.1.1=5>0\Delta = {( - 3)^2} - 4.1.1 = 5 > 0 nên PT có 2 nghiệm phân biệt x1; x2{x_1};\,{x_2} Theo định lí Viète: {x1+x2=3 >0x1.x2=1  >0\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\, > 0\\{x_1}.{x_2} = 1\,\, > 0\end{array} \right. Suy ra: x1=3−x1;  x2 =3−x2 vaˋ  x1; x2 >0{x_1} = 3 - {x_1};\,\,{x_2}\, = 3 - {x_2}\,v\`a \,\,{x_1};\,{x_2}\, > 00,25
c) 1,0đVì x1_{1} là nghiệm của PT nên x12−3x1+1=0  Suy ra:  9x12+9=27x1{x_1}^2 - 3{x_1} + 1 = 0\,\,Suy\,ra:\,\,9x_1^2 + 9 = 27{x_1} Ta có:57x1+16=30x1+16+ 9x12+9=(3x1+5)257{x_1} + 16 = 30{x_1} + 16 + \,9x_1^2 + 9 = {(3{x_1} + 5)^2} Suy ra: 57x1+16+2x2=(3x1+5)2+2x2=3x1+5+2x2\sqrt {57{x_1} + 16} + 2{x_2} = \sqrt {{{(3{x_1} + 5)}^2}} + 2{x_2} = 3{x_1} + 5 + 2{x_2}0,25
c) 1,0đVì x2_{2} là nghiệm của PT nên x22−3x2+1=0  {x_2}^2 - 3{x_2} + 1 = 0\,\, Suy ra: x2(x22−3x2+1)=6(x22−3x2+1)=0  {x_2}({x_2}^2 - 3{x_2} + 1) = 6({x_2}^2 - 3{x_2} + 1) = 0\,\, Hay: x23−3x22+x2=6x22−18x2+6=0  {x_2}^3 - 3{x^2}_2 + {x_2} = 6{x_2}^2 - 18{x_2} + 6 = 0\,\, Suy ra: x23+3x22−17x2+6=0  {x_2}^3 + 3{x^2}_2 - 17{x_2} + 6 = 0\,\, Ta có: 20x2−5=20x2−5+x23+3x22−17x2+6=x23+3x22+3x2+1 =(x2+1)320{x_2} - 5 = 20{x_2} - 5 + {x_2}^3 + 3{x^2}_2 - 17{x_2} + 6 = {x_2}^3 + 3{x^2}_2 + 3{x_2} + 1\, = {({x_2} + 1)^3} Suy ra: 20x2−53=(x2+1)33=x2+1\sqrt[3]{{20{x_2} - 5}} = \sqrt[3]{{{{({x_2} + 1)}^3}}} = {x_2} + 10,25
c) 1,0đTa có: P=5+26x1+19x2+20x2−5357x1+16+2x2=5+26x1+19x2+x2+13x1+5+2x2=26x1+20(3−x1)+63x1+5+2(3−x1)=6x1+66x1+11=6(x1+11)x1+11=6\begin{array}{l}P = \frac{{5 + 26{x_1} + 19{x_2} + \sqrt[3]{{20{x_2} - 5}}}}{{\sqrt {57{x_1} + 16} + 2{x_2}}} = \frac{{5 + 26{x_1} + 19{x_2} + {x_2} + 1}}{{3{x_1} + 5 + 2{x_2}}}\\ = \frac{{26{x_1} + 20(3 - {x_1}) + 6}}{{3{x_1} + 5 + 2(3 - {x_1})}} = \frac{{6{x_1} + 66}}{{{x_1} + 11}} = \frac{{6({x_1} + 11)}}{{{x_1} + 11}} = 6\end{array} Vậy P = 6.0,25

Câu 7

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

a) 1,5 đ Hình vẽHình minh hoạ
a) 1,5 đ Hình vẽChứng minh rằng : tứ giác AMONAMONlà tứ giác nội tiếp Vì AM,ANAM,AN là 2 tiếp tuyến của (O) nên AMO^=ANO^=90∘\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ
a) 1,5 đ Hình vẽSuy ra: ΔAMO\Delta AMO và ΔANO\Delta ANO nội tiếp đường tròn đường kính AO. Suy ra tứ giác AMONAMON là tứ giác nội tiếp.
b) 1,0 đChứng minh rằng: EOF^=12MON^\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON} Vì EM,EKEM,EKlà tiếp tuyến của đường tròn (O) nên OEOE là phân giác của KOM^\widehat {KOM} (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EOK^=12KOM^\widehat {EOK} = \frac{1}{2}\widehat {KOM} FN,FKFN,FKlà tiếp tuyến của (O) nên OFOFlà phân giác của KON^\widehat {KON} tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên FOK^=12KON^\widehat {FOK} = \frac{1}{2}\widehat {KON}. Ta có MON^=KOM^+KON^\widehat {MON} = \widehat {KOM} + \widehat {KON} 12MON^=12KOM^+12KON^\frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2}\widehat {KOM} + \frac{1}{2}\widehat {KON} 12MON^=EOK^+FOK^ =EOF^\frac{1}{2}\widehat {MON} = \widehat {EOK} + \widehat {FOK}\, = \widehat {EOF}
b) 1,0 đChứng minh rằng: ME.OF=OE.MPME.OF = OE.MP Vì AM,ANAM,ANlà 2 tiếp tuyến của (O) ta c/m được : AO⊥MNAO \bot MN Suy ra EMN^=AOM^=90∘−OMN^\widehat {EMN} = \widehat {AOM} = 90^\circ - \widehat {OMN} mà AOM^=12MON^\widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {MON} nên EMN^=12MON^\widehat {EMN} = \frac{1}{2}\widehat {MON} Mà EOF^=12MON^  (cmt)\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)nên EMN^=EOF^\widehat {EMN} = \widehat {EOF} hay EMP^=EOF^\widehat {EMP} = \widehat {EOF} Vì EM,EKEM,EK là tiếp tuyến của đường tròn (O)\left( O \right) nên EOEO là phân giác của KEM^\widehat {KEM} (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên MEO^=KEO^\widehat {MEO} = \widehat {KEO} hay MEP^=FEO^\widehat {MEP} = \widehat {FEO} Xét ΔMEP\Delta MEP và ΔOEF\Delta OEF có: EMP^=EOF^  (cmt) ;  MEP^=FEO^  (cmt)\widehat {EMP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}}\,;\,\,\widehat {MEP} = \widehat {FEO}\,\,{\rm{(cmt)}} Suy ra ΔMEP∽ ΔOEFΔMEP∽\ ΔOEF (g.g) Suy ra MEOE=MPOF\frac{{ME}}{{OE}} = \frac{{MP}}{{OF}} (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Suy ra ME.OF=OE.MPME.OF = OE.MP (đpcm).
c) 0,5 đChứng minh rằng OK,EQ,FPOK,EQ,FP đồng quy Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp. Vẽ đường tròn (O) đi qua 3 điểm A, B, C. Gọi D′D' là giao điểm của AD và (O). Khi đó tứ giác ABCD′ABCD' nội tiếp đường tròn (O). Suy ra ABC^+AD′C^=180∘\widehat {ABC} + \widehat {AD'C} = 180^\circ Mà ABC^+ADC^=180∘\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ (gt) Suy ra ADC^=AD′C^\widehat {ADC} = \widehat {AD'C} Suy ra D trùng D′D' hay D∈(O)D \in (O) Mà tứ giác ABCD′ABCD' nội tiếp đường tròn (O). Suy ra: tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh tương tự: Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới 1 góc thì tứ giác đó nội tiếp. Áp dụng bổ đề trên ta có: Chứng minh tứ giác EMOQEMOQ nội tiếp. Suy ra EMO^+EQO^=180∘\widehat {EMO} + \widehat {EQO} = 180^\circ mà EMO^=90∘  suy  ra  EQO^=90∘  hay  EQ⊥FO\widehat {EMO} = 90^\circ \,\,{\rm{suy}}\,\,{\rm{ra}}\,\,\widehat {EQO} = 90^\circ \,\,{\rm{hay}}\,\,EQ \bot FO. Vì EM,EKEM,EK là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên EM=EKEM = EK (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì ΔMEP∽ ΔOEF(cmt) suy raMEOE=EPEFΔMEP∽\ ΔOEF\text{(cmt) suy ra}\frac{ME}{OE}=\frac{EP}{EF} do đó KEOE=EPEF\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}} Xét ΔKEP\Delta KEP và ΔOEF\Delta OEFcó FEO^  chung,  KEOE=EPEF  (cmt)\widehat {FEO}\,\,{\rm{chung}},\,\,\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right) Do đó ΔKEP∽ ΔOEF(c.g.c)ΔKEP∽\ ΔOEF\text{(c.g.c)} Suy ra EKP^=EOF^\widehat {EKP} = \widehat {EOF} (hai góc tương ứng) Tứ giác KFOPKFOP có EKP^=EOF^  (cmt)\widehat {EKP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}} mà hai góc này cùng bù với PKF^\widehat {PKF}. Suy ra tứ giác KFOPKFOP là tứ giác nội tiếp Suy ra FKO^=FPO^\widehat {FKO} = \widehat {FPO} (cùng chắn cung OF)OF) Mà FKO^=90∘  (KF\widehat {FKO} = 90^\circ \,\,(KF là tiếp tuyến của (O)) suy ra FPO^=90∘\widehat {FPO} = 90^\circ hay FP⊥EOFP \bot EO. Tam giác OEFOEFcó: OK⊥EFOK \bot EF(EF là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại K) EQ⊥FO  (cmt),  FP⊥EO  (cmt)EQ \bot FO\,\,{\rm{(cmt)}},\,\,FP \bot EO\,\,{\rm{(cmt)}} Suy ra OK,  EQ,  FPOK,\,\,EQ,\,\,FP lần lượt là các đường cao của ΔOEF  \Delta OEF\,\, Do đó OK,  EQ,  FPOK,\,\,EQ,\,\,FP đồng quy (đpcm)

Câu 8

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

a) 0,5 đHình minh hoạ Nếu cắt cái li bởi mặt phẳng chứa trục của cái li ta được như hình vẽ. Ta có: AC = 4 cm, CE = 3 cm, CD = 7 cm Áp dụng định lí Thalès, ta có: FEAC=DEDC\frac{{FE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{DC}} suy ra: FE=AC.DEDC=4.(7−3)7=167FE = \frac{{AC.DE}}{{DC}} = \frac{{4.(7 - 3)}}{7} = \frac{{16}}{7} Thể tích rượu có trong ly: V=13πEF2.DE=13π⋅(167)2⋅4=1024147π(cm3)≈21,87cm3V = \frac{1}{3}\pi E{F^2}.DE = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{16}}{7}} \right)^2} \cdot 4 = \frac{{1024}}{{147}}\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 21{,}87c{m^3}
b) 0,5 đHình minh hoạ Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, coi khung sắt là hình chữ nhật ABCD. Khi đó (P) đi qua các điểm O(0 ;  0) ;  (−2 ;  −4) ;  (2 ;  −4)O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,\left( { - 2\,;\,\, - 4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\, - 4} \right) nên parabol (P) có phương trình y=−x2.y = - {x^2}. Giả sử C∈(P)C \in \left( P \right) suy ra (0<x<2)\left( {0 < x < 2} \right). Khi đó BC=2xBC = 2x; suy ra .0,25
b) 0,5 đTa có: Suy ra S2≤102427{S^2} \le \frac{{1024}}{{27}} hay S≤3239S \le \frac{{32\sqrt 3 }}{9}. Dấu xảy ra khi x2=4−x22{x^2} = \frac{{4 - {x^2}}}{2} suy ra x=233x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}. Vậy kích thước của khung thép có chiều rộng là 433  (m)\frac{{4\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right); chiều dài là 83  (m)\frac{8}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right).0,25