Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 UBND phường Ba Đình (Hà Nội) lần 3 có đáp án

Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[158;161\right)$ là 8.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[158;161\right)$ là $\frac{8}{40}\cdot 100\%=20\%.$

Vì đĩa được chia thành 12 phần bằng nhau ghi số từ 1 đến 12 nên số kết quả có thể là 12 và các kết quả là đồng khả năng.

Các số từ 1 đến 12 chia hết cho 4 là $$\left\{4;8;12\right\}$$ nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 3.

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}.$

Vậy xác suất của biến cố A là $\frac{1}{4}$.

a) Thay $$x=4$$ (TMĐK) vào biểu thức ta được: $A=\frac{\sqrt{4}}{\sqrt{4}-3}=\frac{2}{2-3}=-2$.

Vậy $$x=4$$ thì $$A=-2$$.

b) Ta có $B=\frac{2x}{x-9}+\frac{\sqrt{x}}{3-\sqrt{x}}$ với $x\ge 0;x\ne 9$

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

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

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

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

c) Để $P$ xác định thì $B\ne 0$ suy ra $\sqrt{x}\ne 0$ nên $x\ne 0$

Kết hợp ĐKXĐ suy ra: $x>0;x\ne 9$.

Ta có : $P=\frac{A}{B}$$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}:\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}$$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}.\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}$

Xét $P^3-27=0$ nên $P^3=27=3^3$

Suy ra: $P=3$

$\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}=3$

$$3\left(\sqrt{x}-3\right)=\sqrt{x}+3$$

$$3\sqrt{x}-9=\sqrt{x}+3$$

$$2\sqrt{x}=12$$

$$\sqrt{x}=6$$

$x=36$ (thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy $x=36$ thì $P^3-27=0$.

Gọi $x,y$ (đồng) lần lượt là tiền điện, tiền nước của nhà bác Mai trong tháng 5 $$\left(x,y>0\right).$$

Trong tháng 5, tiền điện và tiền nước là $1890000$ đồng nên ta có phương trình:

$x+y=1890000$ (1)

Vì tháng 6 tiền điện tăng $30\%$,  tiền nước tăng $20\%$ so với tháng 5 và tổng số tiền điện và tiền nước tháng 6 là $2433000$ đồng nên ta có phương trình:

$130\%x+120\%y=2433000$

$1,3x+1,2y=2433000$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=1890000\\ 1,3x+1,2y=2433000\end{array}$

Từ phương trình thứ nhất, ta có $y=1890000-x$. Thay vào phương trình thứ hai, ta có

$1,3x+1,2\left(1890000-x\right)=2433000$

$1,3x+2268000-1,2x=2433000$

$0,1x=165000$

$x=1650000$ (thỏa mãn)

Suy ra $$y=1890000-1650000=240000$$ (thỏa mãn).

Vây tháng 5 tiền điện là $1650000$ đồng, tiền nước là $$240000$$ đồng.

Gọi $x$ là số sản phẩm công nhân phải làm trong một ngày theo kế hoạch $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$

Số ngày dự định làm xong 480 sản phẩm là $\frac{480}{x}$ (ngày).

Mỗi ngày làm được $x+4$(sản phẩm).

Số ngày thực tế làm xong 480 sản phẩm là: $\frac{480}{x+4}$ (ngày).

Vì thực tế xong trước 6 ngày so với kế hoạch, ta có phương trình:

$\frac{480}{x}-\frac{480}{x+4}=6$

$\frac{80}{x}-\frac{80}{x+4}=1$

$80\left(x+4\right)-80x=x\left(x+4\right)$

$80x+320-80x=x^2+4x$

$x^2+4x-320=0$

$x=16$ (thỏa mãn) hoặc $x=-20$ (loại)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày công nhân phải làm 16 sản phẩm.

Phương trình $x^2-5x-2=0$ có $\Delta ={\left(-5\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(-2\right)=33>0$ nên có hai nghiệm phân biệt $x_1$ và $x_2.$

Theo hệ thức Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=5\\ x_1{x}_2=-2\end{array}$

Ta có ${\left(x_1-m\right)}^2-2m{x}_2\ge m^2-x_2^2$

$x_1^2-2m{x}_1+m^2-2m{x}_2\ge m^2-x_2^2$

$x_1^2+x_2^2-2m\left(x_1+x_2\right)\ge 0$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-2m\left(x_1+x_2\right)\ge 0$ (vì $x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2$)

Suy ra $5^2-2\cdot \left(-2\right)-2m\cdot 5\ge 0$

$25+4-10m\ge 0$

$29-10m\ge 0$

$10m\le 29$

$m\le \frac{29}{10}$

Vậy $m\le \frac{29}{10}$.

a) Thể tích của thùng đựng đồ là: $V=\pi R^{2}h\approx 3,14.25^2.80=157000\left(c{m}^3\right)$

b) Diện tích cần sơn của thùng đựng đồ là:

$S=\pi Rh+\pi R^2\approx 3,\mathrm{14.25.80}+3,14.25^2=14522,5\left(c{m}^2\right)$

Đổi:$14522,5c{m}^2=1,45225m^2$

Vậy cần ít nhất 2 hộp sơn.

a) Chứng minh tứ giác $AEKC$ nội tiếp. 

Do $$CE$$  là đường cao nên của $\Delta ABC$ nên $$\widehat{CEA}=90^{\circ }$$

Vì $\Delta AEC$ vuông tại $E$ (vì $$\widehat{CEA}=90^{\circ }$$) nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEC$ có tâm là trung điểm  của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC.$

Do đó ba điểm $A,E,C$ thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC$ $\left(1\right)$

Vì $\Delta AKC$ vuông tại $K$ (vì $$\widehat{CKA}=90^{\circ }$$) nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AKC$ có tâm là trung điểm  của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC.$

Do đó ba điểm $A,E,C$ thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC$ (2)

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra bốn điểm $A,E,K,C$ cùng thuộc đường tròn.

Vậy tứ giác $AEKC$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\widehat{KAC}=\widehat{KEC}$ (góc nội tiếp chắn ).

b) Chứng minh: $\widehat{MBC}=\widehat{KEC}$ và $BM.KC=CM.KE$.

Xét $\left(O\right)$, có $AM$ là đường kính nên $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $MB\perp AB$

Lại có $CE\perp AB$ suy ra $MB//CE$.

Xét $\left(O\right)$ có $\widehat{MBC}=\widehat{MAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Lại có $\widehat{KAC}=\widehat{KEC}$ (cmt) suy ra $\widehat{MBC}=\widehat{KEC}$ (đpcm).

Ta có $\widehat{MCK}=\widehat{MAC}$ (cùng phụ $\widehat{ACK}$).

$\widehat{MBC}=\widehat{MAC}$ (góc nội tiếp chắn ).

Suy ra $\widehat{MCK}=\widehat{MBC}$.

Mà $\widehat{MBC}=\widehat{ECB}$  (so le trong) nên $\widehat{MCK}=\widehat{HCB}$.

Suy ra $\widehat{MCK}+\widehat{KCB}=\widehat{HCB}+\widehat{KCB}$ do đó $\widehat{MCB}=\widehat{HCK}$.

Xét $\Delta BMC$ và $\Delta EKC$ có: $\widehat{BCM}=\widehat{ECK}$ (cmt); $\widehat{CBM}=\widehat{MEK}$ (cmt)

Do đó $\Delta BMC\backsim \Delta EKC$ (g.g).

Suy ra $\frac{BM}{KE}=\frac{CM}{KC}$ (cặp cạnh tương ứng) nên $BM.KC=CM.KE$ (đpcm).

c) Gọi $I$ là giao điểm của $EK$ và $BC$ . Đường cao $BF$ của $\Delta ABC$ cắt $CE$ tại $H$. Chứng minh $AH=2OI$ .

Ta có: $\widehat{IEC}=\widehat{ICE}$ (cùng bằng $\widehat{IBM}$)  suy ra $\Delta IEC$ cân tại $I,$ suy ra $IE=IC$.

Mà $\widehat{IBE}=\widehat{IEB}$  (cùng phụ với hai góc bằng nhau là $\widehat{IBM}$ và $\widehat{IEC}$).

Suy ra $\Delta IEB$ cân tại $I$ nên $IE=IB$, do đó $IC=IB$.

Xét tứ giác$BHCM$ có:

$BH//MC$ (cùng vuông góc với $AC$)

$CH//MB$ (cùng vuông góc với $AB$)Suy ra tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Mà $IC=IB$ (cmt) suy ra $IM=IH$.

Xét $\Delta AHM$ có: $IM=IH$ (cmt) và $OM=OA=R$.

Suy ra $OI$ là đường trung bình ( tc).

Suy ra $AH=2OI$ ( đpcm).

Gọi $x(\mathrm{m})$ là chiều dài khu đất $\left(x>0\right).$

Chiều rộng khu đất là $\frac{400}{x}(\mathrm{m})$.

Diện tích trồng rau là : $S=\left(x-2\right)\left(\frac{400}{x}-2\right)\left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Ta xét: $S=\left(x-2\right)\left(\frac{400}{x}-2\right)=400-2x-\frac{800}{x}+4$

$=404-2\left(x+\frac{400}{x}\right)\le 404-2.2\sqrt{x.\frac{400}{x}}=404-80=324$

Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{400}{x}$ suy ra $x=20$ (TMĐK).

Với $x=20$ thì chiều dài khu đất là $20\mathrm{m}$ và chiều rộng khu đất là $400:20=20(\mathrm{m}).$

Vậy bác nên chọn chiều dài và chiều rộng của khu đất đều là $20\mathrm{m}$ để diện tích phần đất trồng rau là lớn nhất. Khi đó, diện tích trồng rau lớn nhất là $$324{\mathrm{m}}^2.$$