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:

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

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

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

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

Xét phương trình $2x^2-4x+1=0$

Ta có $\Delta =16-\mathrm{4.2.1}=8>0$

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:

$$S=2\pi R\approx 2.3.14.500=3140\left(\mathrm{m}\right)=3,14\left(\mathrm{km}\right)$$

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

b) Ô tô xuất phát tại vị trí $A$ và chạy theo chiều mũi tên được $$10\mathrm{km}$$ 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 $$10\mathrm{km}$$ 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 $$KA\perp AO$$

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 $$KD\perp DO$$

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 $GF.GA=G{H}^2$.

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 $A\mathrm{D}$ hay $$OK\perp AD$$ tại trung điểm $H$.

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

Suy ra $AD\perp AE$. Do đó $AE//BC$.

• 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 $\frac{KF}{K\mathrm{D}}=\frac{K\mathrm{D}}{KE}$  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 $KH.KO=KF.KE$ 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 $\widehat{GA\mathrm{D}}=\widehat{KEO}$ (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 $HI//MD$.

Mà $AM\perp MD$ nên $HI\perp AM$.

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 $S_{thuc}=64\cdot 40-4x^2=2560-4x^2$

Điều kiện chi phí: $S_{\mathrm{thuc}}\cdot 2500\le 4440000$

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

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

$x^2\ge 196$

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

Thể tích hộp là

$V(x)=x\left(64-2x\right)\left(40-2x\right)$$=4x^3-208x^2+2560x$$=4\left(x^3-52x^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 $14\mathrm{cm}$. Thể tích lớn nhất đó là $V\left(x\right)=6048c{m}^3$.