Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 4) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THPT Chu Văn An_Tỉnh Thái Nguyên

Hướng dẫn giải

1) Giải phương trình: $3x^2-7x+2=0$

Phương trình có $\Delta ={\left(-7\right)}^2-4\cdot 3\cdot 2=25>0$ và $\sqrt{\Delta }<span></span>=\sqrt{25}=5.$

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:

$x_1=\frac{7+5}{2\cdot 3}=2;x_1=\frac{7-5}{2\cdot 3}=\frac{1}{3}.$

2) Xét hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x-3y=5\left(1\right)\\ 3x+2y=4\left(2\right)\end{array}.$

Từ phương trình (1) của hệ ta có $x=3y+5(3),$ thế vào phương trình (2) của hệ, ta được:

$$3\left(3y+5\right)+2y=4$$ hay $11y=-11,$ suy ra $y=-1.$

Thay $y=-1$ vào phương trình (3), ta được:

$x=3\cdot \left(-1\right)+5=2.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left(2;-1\right).$

a) Với $x\ge 0,x\ne 1,$ ta có:

$P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{3}{\sqrt{x}+1}-\frac{6\sqrt{x}-4}{x-1}$

 $=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{3}{\sqrt{x}+1}-\frac{6\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$

 $=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{3\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}-\frac{6\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$

 $=\frac{x+\sqrt{x}+3\sqrt{x}-3-6\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$

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

Vậy khi $x\ge 0,x\ne 1$ thì $P=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}.$

b) Với điều kiện $x\ge 0,x\ne 1$ ta có:

$P=\frac{1}{3}$ khi $\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}=\frac{1}{3}$ hay $3\left(\sqrt{x}-1\right)=\sqrt{x}+1$ nên $2\sqrt{x}=4,$ suy ra $x=4.$

Giá trị $x=4$ thỏa mãn điều kiện $x\ge 0,x\ne 1.$

Vậy $P=\frac{1}{3}$ khi $x=4.$

a) Vì đồ thị hàm số $y=a{x}^2\left(a\ne 0\right)$ đi qua điểm $B\left(200;75\right)$ nên thay $x=200;y=75$ vào công thức $y=a{x}^2\left(a\ne 0\right),$ ta được:

$75=a\cdot 200^2$ suy ra $a=\frac{3}{1600}.$

b) Với $a=\frac{3}{1600},$ ta có hàm số là $y=\frac{3}{1600}{x}^2.$

Điểm $H$ thuộc đồ thị hàm số trên và có hoành độ 100 nên thay $x=100$ vào công thức hàm số $y=\frac{3}{1600}{x}^2,$ ta được:

$y=\frac{3}{1600}\cdot 100^2=18,75.$

Vậy chiều $$CH$$ của dây cáp là $18,75$ m.

Hướng dẫn giải

1) Chiều dài của phần đất làm nhà là: $28-\left(y+4\right)=24-y$ (m).

Chiều rộng của phần đất làm nhà là: $24-y$ (m).

Vì các kích thước là số dương nên $y>0$ và $24-y>0,$ suy ra $y>0$ và $y<24.$

Biểu thức $Q$ biểu diễn diện tích làm nhà là:

$Q={\left(24-y\right)}^2=y^2-48y+576$ (m²).

2) Thay $Q=400$ ta có:

$y^2-48y+576=400$

$y^2-48y+176=0$

$y=44$ hoặc $y=4.$

So với điều kiện ta loại $y=44.$

Vậy $y=4$ m.

1) Tổng số học sinh là $n=40.$

Ti lệ học sinh đạt điểm 5 là: $f_1=\frac{4}{40}\cdot 100\%=10\%.$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 6 là: $f_2=\frac{8}{40}\cdot 100\%=20\%.$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 7 là: $f_3=\frac{10}{40}\cdot 100\%=25\%.$

Tỉ lệ học sinh đạt điểm 8 là: $f_4=\frac{12}{40}\cdot 100\%=30\%.$

Ti lệ học sinh đạt điểm 9 là: $f_5=\frac{6}{40}\cdot 100\%=15\%.$

Ta có bảng tần số tương đối:

2) Số học sinh có điểm Toán cao hơn 7 (điểm 8, điểm 9) là $$12+6=18.$$

Vậy xác suất của biến cố B: “Chọn được học sinh có điểm Toán cao hơn 7” là $\frac{18}{40}=\frac{9}{20}.$

1)

 

⦁ Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có: $AB=BC\cdot \sin \widehat{ACB}=5\cdot 0,8=4$ (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$

Suy ra $A{C}^2=B{C}^2-A{B}^2=5^2-4^2=9$ nên $AC=3$ cm.

⦁ Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ có: $AH=AC\cdot \sin \widehat{ACH}=3\cdot 0,8=2,4$ (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có: $A{C}^2=A{H}^2+H{C}^2$

Suy ra $H{C}^2=A{C}^2-A{H}^2=3^2-2,4^2=3,24$ nên $HC=1,8$ cm.

Diện tích tam giác $AHC$ là $S=\frac{1}{2}AH\cdot HC=2,16$ (cm²).

2) Bán kính đáy của lon nước là: $R=\frac{6}{2}=3$ cm.

Thể tích của lon nước ngọt là: $V=\pi R^{2}h\approx 3,14\cdot 3^2\cdot 14\approx 395,6$ (cm³).

1) Xét đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $HB$ có $\widehat{HDB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat{HDA}=90^{\circ }$ nên $\Delta ADH$ vuông tại $D,$ khi đó đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADH$ có tâm là trung điểm của $AH$ và có đường kính là $AH.$

Suy ra ba điểm $A,D,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Tương tự, ta có $\Delta ACH$ vuông tại $E$ nên ngoại tiếp đường tròn đường kính $AH.$

Do đó ba điểm $A,C,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Như vậy, bốn điểm $A,D,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH.$

Vậy tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH.$

Hướng dẫn giải

 

2) Xét đường tròn đường kính $AH,$ ta có: $\widehat{DAH}=\widehat{DEH}$ (góc nội tiếp cùng chắn
Lại có $\widehat{DAH}=\widehat{DHB}$ (cùng phụ với $\widehat{DHA}).$

Suy ra $\widehat{DEH}=\widehat{DHB}$ hay $$\widehat{IEH}=\widehat{DHB}.$$

Xét $\Delta BDH$ và $\Delta HIE$ có:

$\widehat{BDH}=\widehat{HIE}=90^{\circ }$ và $$\widehat{IEH}=\widehat{DHB}$$ (chứng minh trên).

Do đó  (g.g).

Suy ra: $\frac{BD}{HI}=\frac{BH}{HE}$ hay $BD\cdot HE=BH\cdot HI.$ (1)

Chứng minh tương tự, ta có:  (g.g).

Suy ra: $\frac{CE}{HI}=\frac{CH}{HD}$ hay $CE\cdot HD=CH\cdot HI.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$$BD\cdot HE+CE\cdot HD=BH\cdot HI+CH\cdot HI=\left(BH+CH\right)\cdot HI=BC\cdot HI.$$