Đề thi thử vào 10 môn Toán 2026 THCS Phú Thượng (Hà Nội) có đáp án

a) Tần số tương đối của nhóm$\left[6;8\right)$là $$30\%$$

b) Số học sinh đạt điểm giỏi (từ $$8$$ điểm trở lên) là $$60$$ học sinh chiếm tỉ số phần trăm là $$15\%$$

Số học sinh khối 9 của trường THCS đó là $$60:15\%=400$$ học sinh

Có $25$kết quả có thể xảy ra là viên bi đánh số $1;2;3;4;...;25$

Các kết quả có thể xảy ra là đồng khả năng

Có $4$ kết quả thuận lợi cho biến cố A là viên bi đánh số $4;9;16;25$

1) Thay $x=4$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức $A$, ta có:

$A=\frac{\sqrt{4}+3}{2\sqrt{4}+8}=\frac{2+3}{2\cdot 2+8}=\frac{5}{4+8}=\frac{5}{12}$

Vậy $x=4$ thì $A=\frac{5}{12}$.

2) Với $x\ge 0;x\ne 16$, ta có:

$B=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-4}-\frac{x+12\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+4)}$

$B=\frac{2\sqrt{x}(\sqrt{x}+4)-(x+12\sqrt{x})}{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+4)}$

$B=\frac{2x+8\sqrt{x}-x-12\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+4)}$

$B=\frac{x-4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+4)}$

$B=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-4)}{(\sqrt{x}-4)(\sqrt{x}+4)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}$ (đpcm)

3) Ta có $P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}:\frac{\sqrt{x}+3}{2\sqrt{x}+8}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}\cdot \frac{2(\sqrt{x}+4)}{\sqrt{x}+3}=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}$

Với $x\ge 0$, ta có $2\sqrt{x}\ge 0$ và $\sqrt{x}+3>0$. Do đó $P\ge 0$ với mọi $x\ge 0$.

Suy ra $\sqrt{P}$ xác định.

Ta có $P\le \sqrt{P}$

$P-\sqrt{P}\le 0$

$\sqrt{P}(\sqrt{P}-1)\le 0$

mà $\sqrt{P}\ge 0$ nên $\sqrt{P}-1\le 0$

Suy ra $\sqrt{P}\le 1$

$P\le 1$

$\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\le 1$

$2\sqrt{x}\le \sqrt{x}+3$ (vì $\sqrt{x}+3>0$)

$\sqrt{x}\le 3$

$x\le 9$

Kết hợp điều kiện xác định, ta được: $0\le x\le 9$

Vậy để $P\le \sqrt{P}$ thì $0\le x\le 9$.

Gọi vận tốc xe tải là $x$ (km/h), $x>0$

Vận tốc xe con là  $x+5$ (km/h)

Thời gian xe tải đi là $\frac{270}{x}$  (giờ)

Thời gian xe con đi là $\frac{270}{x+5}$  (giờ)

Vì xe con đi sau xe tải $45$phút = $\frac{3}{4}$, hai xe đến B cùng một lúc nên ta có phương trình

$\frac{270}{x}-\frac{270}{x+10}=\frac{3}{4}$

Đưa về phương trình $x^2+5x-1800=0$

$\left(x+45\right)\left(x-40\right)=0$

Phương trình có hai nghiệm $x=-45;x=40$

Đối chiếu điều kiện ta được $x=40$

Vận tốc của xe tải là $40km/h$, vận tốc của xe con là $45km/h$

Gọi số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là $x$ (chiếc) và số hàng dự định là $y$ (hàng ghế) $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$

Số ghế dự định dùng là $xy$  (chiếc)

Nếu tăng thêm 1 hàng nhưng mỗi hàng bớt đi 1 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp tăng thêm 10 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

$\left(x-1\right).\left(y+1\right)=xy+10$

Nếu bớt đi 1 hàng nhưng mỗi hàng tăng thêm 2 ghế thì tổng số ghế vẫn tăng thêm 9 ghế so với ban đầu thì ta có phương trình

$\left(x+2\right).\left(y-1\right)=xy+9$

Ta có hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}\left(x-1\right).\left(y+1\right)=xy+10\\ \left(x+2\right).\left(y-1\right)=xy+9\end{array}$

Biến đổi được$\{\begin{array}{l}x-y=11\\ -x+2y=11\end{array}$

Giải hệ phương trình ta được $x=33;y=22$

Vậy số ghế mỗi hàng dự định ban tổ chức chuẩn bị là $33$ (chiếc), và số hàng dự định là  $22$ (hàng ghế),

Biết phương trình bậc hai (ẩn x): $$2x_{}^2-mx-6=0$$ có hai nghiệm phân biệt $$x_1^{};x_2^{}$$ $$\left(x_1^{}>x_2^{}\right)$$

Áp dụng định lý Viete ta có

$$\{\begin{array}{l}{x}_1^{}+x_2^{}=\frac{m}{2}\\ x_1^{}{x}_2^{}=-3\end{array}$$

 Vì $$x_1^{}>x_2^{}$$ nên $$x_1^{}>0>x_2^{}$$

Suy ra $$\left|x_1^{}\right|=x_1^{};\left|x_2^{}\right|=-x_2^{}$$

$$\begin{array}{l}2x_1^2-m\left|x_2^{}\right|=8\\ 2x_1^2+m{x}_2^{}=8\\ m{x}_1^{}+m{x}_2^{}+6=8\\ m\left(x_1^{}+x_2^{}\right)=2\\ m.\frac{m}{2}=2\\ m=\pm 2\end{array}$$

$$A=\left|x_2^{}\right|-\left|x_1^{}\right|=-x_2^{}-x_1^{}=-\frac{m}{2}$$

Nếu $$m=2$$thì $$A=-1$$

Nếu $$m=-2$$thì $$A=1$$

a) Thể tích một viên bi là:

$$V=\frac{4}{3}\pi R^3\approx \frac{4}{3}.3,14.{\left(2\right)}^3\approx 33,5$$(cm3)

Vậy thể tích một viên bi khoảng 33,5 cm3

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của phần nước dâng lên trong bình trụ.

 Thể tích phần nước dâng lên là: $$V=5.\frac{4}{3}\pi R^3=5.\frac{4}{3}.\pi .{\left(2\right)}^3=\frac{160\pi }{3}$$(cm3)

Bán kính đáy của một cốc nước hình trụ là: $8:2=4$cm

Chiều cao của mực nước dâng lên là (cm)

a) Chứng minh bốn điểm S, A, O, H cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $OA\perp AS$ (vì $SA$ là tiếp tuyến của (O)$\Rightarrow \widehat{SAO}=90^{\circ }$

$\Rightarrow \Delta SAO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$

$\Rightarrow S,A,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$ (1)

Ta có: $OH\perp BC$$\Rightarrow \widehat{SHO}=90^{\circ }$

$\Rightarrow \Delta SHO$ nội tiếp đường tròn đường kính $SO$

$\Rightarrow S,H,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm $S,O,H,A$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $SO$

a)       Kẻ đường kính AK của (O). Tia SO cắt đường thẳng KC tại P. Chứng minh $\widehat{SHA}=\widehat{POK}$ và $PK.CH=AB.OK$.

b1) Ta có  $\widehat{SOA}=\widehat{POK}$(hai góc đối đỉnh)

Xét đường tròn đường kính $SO$ có :

$\widehat{AOS}=\widehat{AHB}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AS$)

Lại có  $\widehat{SOA}=\widehat{POK}$(hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\widehat{SHA}=\widehat{POK}$

b2) Xét $\left(O\right)$có $\widehat{ABC}=\widehat{AKC}$(2 góc nội tiếp cùng chắn )

Chứng minh $\Delta ABH\sim \Delta PKO(g-g)$

Suy ra $\frac{AB}{PK}=\frac{BH}{OK}m\grave{a}BH=CH$

$\to AB.OK=PK.CH$

c) Gọi D là giao điểm của AP với (O) (D khác A). Q là giao điểm của DC và BK, I là giao điểm của BC và DK. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt SA tại J. Chứng minh $QI//BJ$.

$\Delta ABH\sim \Delta PKO(g-g)$

$\Rightarrow \Delta ABC\sim \Delta PKA$(bổ đề trung tuyến)

 $\begin{array}{c}\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{PAK}\\ mà\widehat{BCK}=\widehat{BAK}\left(=\frac{1}{2}sd\stackrel{⏜}{BK}\right)\\ \widehat{ACB}+\widehat{BCK}=\widehat{PAK}+\widehat{BAK}\\ \Rightarrow \widehat{PAB}=90°\end{array}$

$\Rightarrow$$\widehat{DAB}=90^{\circ }$ 

$\Rightarrow$ $BADK$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow$$B,O,D$thẳng hàng

$\Rightarrow$$\widehat{BKD}=90^{\circ }$

Xét $\Delta BDQ$ có $DK,BC$ là đường cao 

$\Rightarrow$ $QI\perp BD$ 

Mà $JB\perp BD$ ($JB$là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow$ $JB//QI$ 

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là $x\left(m,0<x\le 4\right)$.

Chiều dài của hình chữ nhật là $2y\left(m,y>0\right)$.

Xét $\Delta ONP$ vuông tại $$P$$ ta có

$x^2+y^2=16$

Suy ra $y=\sqrt{16-x^2}$

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

$S_{MNPQ}=x\cdot 2\cdot \sqrt{16-x^2}=2\cdot x\cdot \sqrt{16-x^2}.$

Áp dụng BĐT Cauchuy, ta có:

$S\le 2\cdot \frac{x^2+16-x^2}{2}=16$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=\sqrt{16-x^2}$

Nên $$x^2=16-x^2$$

Suy ra $x=2\sqrt{2}$

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt).