Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 2) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Yên Hòa_Quận Cầu Giấy

a) Tổng trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn $2020-2022$ là:

$63,4+58,76+89,1=211,26$ (tỷ USD).

b) Trị giá xuất khẩu trong quý I/2021 chiếm số phần trăm so với tổng trị trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn $2020-2022$ là:

$\frac{58,76}{211,26}\cdot 100\%\approx 27,8\%$.

Không gian mẫu của phép thử rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp là: $\Omega =\left\{1;2;3,...;25\right\}$

Không gian mẫu có $25$phần tử.

Biến cố N: “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là một số chia hết cho $5$” có 5 kết quả thuận lợi là $5;10;15;20;25.$

Vậy xác suất của biến cố $$N$$ là: $P\left(N\right)=\frac{5}{25}=\frac{1}{5}.$

Thay $x=16$ (thỏa mãn) vào biểu thức $A,$ ta được:

$$A=\frac{\sqrt{16}+3}{3-\sqrt{16}}=\frac{4+3}{3-4}=-7.$$

Vậy $A=-7$ khi $x=16.$

Với $x\ge 0;x\ne 9$, ta có:

$B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{3x+9}{x-9}$

 $=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}+\frac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{3x+9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}$

 $=\frac{x-3\sqrt{x}+2x+6\sqrt{x}-3x-9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}$$=\frac{3\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}$

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

Vậy với $x\ge 0;x\ne 9$ thì $B=\frac{3}{\sqrt{x}+3}.$

Với $x\ge 0;x\ne 9$, ta có:

$$AB=\frac{\sqrt{x}+3}{3-\sqrt{x}}\cdot \frac{3}{\sqrt{x}+3}=\frac{3}{3-\sqrt{x}}.$$

Theo bài, $AB\le 1$ nên $\frac{3}{3-\sqrt{x}}\le 1$

Hay $\frac{-3}{\sqrt{x}-3}\le 1$

$1+\frac{3}{\sqrt{x}-3}\ge 0$

$\frac{\sqrt{x}-3+3}{\sqrt{x}-3}\ge 0$

$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\ge 0.\left(\ast \right)$

Trường hợp 1: Nếu $x=0,$ ta có $\sqrt{x}=0$ và $\sqrt{x}-3=-3\ne 0$ nên $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}=0$ nên $x=0$ là một nghiệm của bất phương trình (*0.

Trường hợp 2: Nếu $x>0,x\ne 9$ thì $\sqrt{x}>0$ nên giải bất phương trình (*) ta có:

$\sqrt{x}-3>0$ hay $\sqrt{x}>3$ suy ra $x>9.$

Kết hợp với điều kiện $x\ge 0;x\ne 9$ ta có $x>9.$

Vậy $x=0$ và $x>9$ thì $A.B\le 1$.

1) Gọi $x$ và $y$ lần lượt là thời gian để vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình đầy bể $\left(x,y>0\right)$ (phút).

Sau một phút, vòi thứ nhất chảy một mình được $\frac{1}{x}$ (bể), vòi thứ hai chảy một mình được $\frac{1}{y}$ (bể).

Hai vòi cùng chảy thì sau $$1$$ giờ $$20$$ phút $(80$ phút) đầy bể nên sau một phút, cả hai vòi cùng chảy được $\frac{1}{80}$ (bể).

Khi đó, ta có phương trình: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{80}.\left(1\right)$

Vòi thứ nhất chảy trong $$10$$ phút rồi khóa lại, vòi thứ hai chảy tiếp trong $$12$$ phút được $\frac{2}{15}$ bể nên ta có phương trình: $\frac{10}{x}+\frac{12}{y}=\frac{2}{15}.\left(2\right)$

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{80}\left(1\right)\\ \frac{10}{x}+\frac{12}{y}=\frac{2}{15}\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình (1) với 10, ta được hệ phương trình $\{\begin{array}{l}\frac{10}{x}+\frac{10}{y}=\frac{1}{8}\left(3\right)\\ \frac{10}{x}+\frac{12}{y}=\frac{2}{15}\left(2\right)\end{array}$

Trừ từng vế của phương trình (2) cho phương trình (3), ta được:

$\frac{2}{y}=\frac{1}{120}$ suy ra $y=2\cdot 120=240$ (phút) $$=4$$ giờ.

Thay $y=240$ vào phương trình (1), ta được:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{240}=\frac{1}{80}$ suy ra $\frac{1}{x}=\frac{1}{80}-\frac{1}{240}=\frac{1}{120}$ nên $x=120$ phút $=2$ giờ.

Vậy vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể trong $2$ giờ, vòi thứ hai trong $4$ giờ.

Gọi $a,b$ lần lượt là chiều dài, chiều rộng ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật $\left(a>b>0\right)$ (m).

Diện tích ban đầu của mảnh đất là: $ab$ (m²).

Chu vi ban đầu của mảnh đất là:

$$2\left(a+b\right)=82$$ suy ra $$a+b=41$$ (1) (do đó $0<b<a<41).$

Sau khi tăng chiều dài thêm $$5\mathrm{m}$$ thì mảnh đất có chiều dài mới là: $a+5(\mathrm{m}).$

Sau khi gấp đôi chiều rộng thì mảnh đất có chiều rộng mới là: $2b(\mathrm{m}).$

Diện tích mới của mảnh đất là: $$\left(a+5\right)2b\left({\mathrm{m}}^2\right).$$

Theo đề bài, diện tích của hình mới tăng thêm $$560{\mathrm{m}}^2$$ nên ta có phương trình:

$$\left(a+5\right)2b=ab+560$$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}a+b=41\left(1\right)\\ \left(a+5\right)2b=ab+560\left(2\right)\end{array}$$

Từ (1) ta có $$b=41-a$$, thay vào phương trình (2), ta được:

$\left(a+5\right)2\left(41-a\right)=a\left(41-a\right)+560$

Giải phương trình:

$\left(a+5\right)2\left(41-a\right)=a\left(41-a\right)+560$

$\left(a+5\right)\left(82-2a\right)=a\left(41-a\right)+560$

$82a-2a^2+410-10a=41a-a^2+560$

$a^2-31a+150=0$

$a^2-6a-25a+150=0$

$a\left(a-6\right)-25\left(a-6\right)=0$

$\left(a-6\right)\left(a-25\right)=0$

 $a=6$ hoặc $a=25$.

Nếu $a=6$ thì $$b=41-6=35$$ (không thỏa mãn $a>b).$

Nếu $a=25$ thì $b=41-25=16$ (thỏa mãn).

Vậy chiều dài, chiều rộng ban đầu lần lượt là $$25\mathrm{m}$$ và $$16\mathrm{m}$$.

Xét phương trình $x^2-2\left(m-2\right)x-6m+3=0$.

Phương trình trên có $\Delta {}^{\prime }={\left[-\left(m-2\right)\right]}^2-1\cdot \left(-6m+3\right)$

$=m^2-4m+4+6m-3$$=m^2+2m+1$$={\left(m+1\right)}^2\ge 0$ với mọi $m.$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $$\Delta >0,$$ tức là${\left(m+1\right)}^2>0,$ hay ${\left(m+1\right)}^2\ne 0,$ suy ra $m+1\ne 0$ nên $m\ne -1.$

Vậy điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là $$m\ne -1$$.

a) Có $BE$ và $CF$ là hai đường cao của tam giác $ABC$ nên $BE\perp AC;CF\perp AB.$

Suy ra $\widehat{BEA}=\widehat{BEC}=90^{\circ }$ và $\widehat{CFA}=\widehat{CFB}=90^{\circ }.$

Xét $\Delta BFC$ vuông tại $F$ có $FM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $MF=MB=MC=\frac{BC}{2}.$

Chứng minh tương tự, ta có:

$ME=MB=MC=\frac{BC}{2}.$

Suy ra $ME=MF=MB=MC=\frac{BC}{2}.$

⦁ Xét $\Delta OBC$ cân tại $O$ (do $OB=OC)$ nên đường trung tuyến $OM$ đồng thời là đường cao của tam giác, hay $OM\perp BC$ tại $M.$

⦁ Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $$\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BD)$ hay $\widehat{MAB}=\widehat{MCD}.$

Xét $\Delta MAB$ và $\Delta MCD$ có: $\widehat{AMB}=\widehat{CMD}$ (đối đỉnh) và $\widehat{MAB}=\widehat{MCD}.$

Do đó  (g.g). Suy ra: $\frac{MA}{MC}=\frac{MB}{MD}$ hay $MB\cdot MC=MA\cdot MD.$

Mà $MB=MC$ nên suy ra: $M{B}^2=MA\cdot MD.$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $$\widehat{ACK}=90^{\circ }$$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $KC\perp AC.$

Lại có $BE\perp AC$ nên $$BE//KC$$ hay $$BH//KC.$$

Chứng minh tương tự, ta có $KB//CH.$

Tứ giác $BHCK$ có $$BH//KC$$ và $KB//CH$ nên là hình bình hành, do đó hai đường chéo $BC,HK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ cũng là trung điểm của $HK.$

Xét $\Delta AHK$ có $O,M$ lần lượt là trung điểm của $AK,HK$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác. Suy ra $OM=\frac{1}{2}AH.$

Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh $20cm$ nên $BC=20cm$ và $\hat{B}=\hat{C}={60}^{\circ }.$

Xét $\Delta BMQ$ vuông tại $M$ có $\hat{B}+\widehat{BQM}={90}^{\circ }$ và $\Delta CNP$ vuông tại $N$ có $\hat{C}+\widehat{CPN}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Vì $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $QM=PN.$

Xét $\Delta BMQ$ và $\Delta CNP$ có: $\widehat{BMQ}=\widehat{CNP}={90}^{\circ },$ $QM=PN$ và $\widehat{BQM}=\widehat{CPN}.$

Do đó $\Delta BMQ=\Delta CNP$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM=CN$ (hai cạnh tương ứng).

Do $BC=20cm$ và $MN=x\left(cm\right)$ nên $BM=CN=\frac{20-x}{2}\left(cm\right)$  $\left(0<x<20\right).$

Xét $\Delta BMQ$ vuông tại $M$ có $QM=BM\cdot \tan B=\frac{20-x}{2}\cdot \tan {60}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}\left(20-x\right)}{2}\left(cm\right).$

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S=QM\cdot MN=\frac{\sqrt{3}\left(20-x\right)}{2}\cdot x=\frac{\sqrt{3}}{x}\left(20x-x^2\right)(c{m}^2).$

Để diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S.$

Ta có $S=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(20x-x^2\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(20x-x^2-100+100\right)$

$=\frac{\sqrt{3}}{2}\left[100-{\left(x-10\right)}^2\right]=50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{\left(x-10\right)}^2.$

Với mọi $0<x<20$ ta có ${\left(x-10\right)}^2\ge 0$ nên $50\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}{\left(x-10\right)}^2\le 50\sqrt{3}$ hay $S\le 50\sqrt{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left(x-10\right)}^2=0,$ hay $x=10$ (thỏa mãn).

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất bằng $50\sqrt{3}$ khi $x=10.$