Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Phòng GD&ĐT Huyện Giao Thủy_Tỉnh Nam Định

Hướng dẫn giải

1) $A=\frac{2}{\sqrt{2}+1}-\sqrt{9-4\sqrt{2}}$

$=\frac{2\left(\sqrt{2}-1\right)}{\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}-\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2-4\sqrt{2}+1}$

$=\frac{2\left(\sqrt{2}-1\right)}{2-1}-\sqrt{{\left(2\sqrt{2}-1\right)}^2}$

$$=2\left(\sqrt{2}-1\right)-\left|2\sqrt{2}-1\right|$$

$=2\left(\sqrt{2}-1\right)-\left(2\sqrt{2}-1\right)$

$=2\sqrt{2}-2-2\sqrt{2}+1=-1.$

2) Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có:

$B=\frac{5\left(x-\sqrt{x}\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}+\frac{x+\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+3}$

 $=\frac{5\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}+\frac{x+\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+3}$

 $=\frac{5\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{x+\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+3}$

 $=\frac{5\sqrt{x}+x+\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+3}$

 $=\frac{x+6\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+3}$

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

 $=\sqrt{x}+3.$

Vậy $B=\sqrt{x}+3$ với $x\ge 0;x\ne 1.$

1) Không gian mẫu của phép thử là $$\left\{1;2;3;\dots ;30\right\}.$$

Vậy không gian mẫu có 30 phần tử.

2) Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố: “Số xuất trên thẻ rút được là số chính phương” là: $1;4;9;16;25.$

Vậy xác suất của biến cố trên là $\frac{5}{30}=\frac{1}{6}.$

Hướng dẫn giải

1) a) Với $$S=122,5$$ m, ta có:

$122,5=4,9t^2$

$t^2=122,5:4,9$

$t^2=25$

$$t=5$$ (do $$t>0)$$

Vậy sau 5 giây vật rơi tự do chạm đất.

b) Với $t=3$ giây ta có $S=4,9\cdot 3^2=44,1$ (m).

Vậy vật nặng còn cách mặt đất là: $122,5-44,1=78,4$ (m).

2) Xét phương trình $x^2-2x-5=0.$

Phương trình có ${\Delta }^{\prime }=1^2-1\cdot \left(-5\right)=6>0$ nên phương trình này có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2.$

Theo định lí Viète ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1\cdot x_2=-5\end{array}$.

Ta có: $M=\left|\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)\right|=\left|x_1-x_2\right|\cdot \left|x_1+x_2\right|$

 $=2\left|x_1-x_2\right|$$=2\sqrt{{\left(x_1-x_2\right)}^2}$

 $=2\sqrt{x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2}$

 $=2\sqrt{{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2}$

 $=2\sqrt{2^2-4\cdot \left(-5\right)}$$=4\sqrt{6}.$

Vậy $M=4\sqrt{6}.$

Hướng dẫn giải

Thay $x=100,y=40$ vào công thức $y=ax+b$ ta được $100a+b=40$ (1)

Thay $x=40,y=28$ vào công thức $y=ax+b$ ta được $40a+b=28$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}100a+b=40\left(1\right)\\ 40a+b=28\left(2\right)\end{array}$

Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2), ta được:

$60a=12,$ suy ra $a=\frac{1}{5}$ (thỏa mãn).

Thay $a=\frac{1}{5}$ vào phương trình (2), ta được: $40\cdot \frac{1}{5}+b=28,$ suy ra $b=20.$

Vậy hàm số bậc nhất cần tìm là $y=\frac{1}{5}x+20.$

Hướng dẫn giải

Thể tích chi tiết máy có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 17 cm là:

$V_1=\pi r_1^2{h}_1=\pi \cdot 17^2\cdot 17=4913\pi$(cm²).

Thể tích lỗ khoan rồng có dạng hình trụ với bán kính đáy và độ sâu bằng 6 cm là:

$V_2=\pi r_2^2{h}_2=\pi \cdot 6^2\cdot 6=216\pi$ (cm²).

Thể tích của phần chi tiết máy còn lại sau khi khoan là:

$$V=V_1-V_2=4913\pi -216\pi =4697\pi =14756,06$$ (cm²).

1) ⦁ Ta có $PC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại $C$ nên suy ra $PC\perp OC$

Do đó $\widehat{PCO}=90^{\circ }$ nên $\Delta PCO$ vuông tại $C$

Suy ra $\Delta PCO$ nội tiếp đường tròn đường kính $PO.$

Như vậy, ba điểm $$P,C,O$$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$ (1)

Xét $\Delta OAB$ có $OA=OB$ nên $\Delta OAB$ cân tại $O$ có $OM$ là đường trung tuyến nên $OM$ là đường cao của $\Delta OAB$ suy ra $OM\perp AB$ nên $\widehat{OMP}=90^{\circ }$

Do đó $\Delta PMO$ vuông tại $M$

Suy ra $\Delta PMO$ nội tiếp đường tròn đường kính $PO.$

Như vậy, ba điểm $P,M,O$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $P,C,M,O$ thuộc đường tròn đường kính $PO.$

Do đó tứ giác $PCMO$ nội tiếp.

⦁ Ta có $PC$ và $PN$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đuờng tròn $\left(O\right)$

Suy ra $OP$ là tia phân giác của góc $\widehat{CON},$ do đó $\widehat{COP}=\frac{1}{2}\widehat{CON}$

Mà $\widehat{CDN}=\frac{1}{2}\widehat{CON}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung của $\left(O\right)).$

Suy ra $\widehat{CDN}=\widehat{COP}.$ Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $PO//ND.$

2) ⦁ Xét đường tròn đường kính $PO$ có: $\widehat{CMP}=\widehat{COP}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CP)$

Mà $\widehat{COP}=\widehat{EOD}$ (hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\widehat{CMP}=\widehat{EOD}.$

Xét đường tròn $\left(O\right)$ ta có $\widehat{CAB}=\widehat{CDB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn

Xét $\Delta ACM$ và $\Delta DEO$ có: $\widehat{CMA}=\widehat{EOD}$ và $\widehat{CAM}=\widehat{EDO}$

Do đó (g.g).

Suy ra $\frac{CM}{EO}=\frac{AM}{DO}$ nên $CM\cdot OD=OE\cdot AM.$

⦁ Ta có nên $\frac{AC}{DE}=\frac{AM}{DO}$ do đó $\frac{AC}{DE}=\frac{2AM}{2DO}.$

Mà $AB=2AM$ (vì $M$ là trung điểm của $AB)$ và $DC=2DO$ (vì $O$ là trung điểm của $CD)$

Suy ra $\frac{AC}{DE}=\frac{AB}{DC}.$

Xét $\Delta ACB$ và $\Delta DEC$ có: $\frac{AC}{DE}=\frac{AB}{DC}$ và $\widehat{CAB}=\widehat{EDC}$

Do đó  (c.g.c)

Suy ra $\widehat{CBA}=\widehat{ECD}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{CBA}=\widehat{CDA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn

Do đó $\widehat{ECD}=\widehat{CDA}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $CE//AD.$ (3)

Ta có $\widehat{CAD}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $AD\perp AC$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $AC\perp CE.$

Do đó $\widehat{ACK}=90^{\circ }$ nên $\widehat{ACK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right),$ suy ra $A,O,K$ thẳng hàng.