Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Phường Thái Hòa (Nghệ An) lần 3 có đáp án

Tần số tương đối của nhóm $$\left[2;2,5\right)$$ là $45\%.$

Số học sinh (tần số) của nóm $$\left[1,5;2\right)$$ là $300\cdot 20\%=60$ (học sinh).

Ta kí hiệu $4$ bạn nam là $A,B,C,D$ và $2$ học sinh nữ là $M,N.$

Không gian mẫu là: $\Omega =\left\{AB,AC,AD,AM,AN,BC,BD,BM,BN,CD,CM,CN,DM,DN,MN\right\}$

Do đó ta có $n\left(\Omega \right)=15$

Xét biến cố $E:$ “Trong hai học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”.

Ta có: $E=\left\{AM,AN,BM,BN,CM,CN,DM,DN,MN\right\}$.

Do đó ta có $n\left(E\right)=9$

Xác suất của biến cố $E$ là $P\left(E\right)=\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{9}{15}=\frac{3}{5}.$

$A=3\sqrt{2}+10-3\sqrt{2}$

$=10.$

$P=\left[\frac{x+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\right]\cdot \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}$

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

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

Thay $x=-1$ vào hàm số $y=2x^2$ ta được $y=2.{\left(-1\right)}^2=2.$

Do đó toạ độ giao điểm của đường thẳng $$y=2x+a$$ vàđồ thị hàm số $y=2x^2$ là $\left(-1;2\right)$

Thay $x=-1;y=2$ và đường thẳng $$y=2x+a$$ ta được $$2=2.\left(-1\right)+a$$.

Suy ra $a=4$.

Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc lần lượt là $x,y$ (đơn vị: đồng; điều kiện $x>0,y>0$).

Ta có phương trình $x+y=630000.$ (1)

Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là $x-15\%x=85\%x=0,85x.$

Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là $y-12\%y=88\%y=0,88y.$

Ta có phương trình $0,85x+0,88y=543000$. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=630000\\ 0,85x+0,88y=543000\end{array}.$

Giải hệ phương trình ta được $\{\begin{array}{l}x=380000\\ y=250000\end{array}.$ (TMĐK).

Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc lần lượt là $380000$ đồng và $250000$ đồng.

Gọi số xe nhỏ công ty đã thuê là $x$ (chiếc) $\left(x\in \mathbb{N},x>2\right)$.

Do đó số xe lớn công ty dự định thuê là $x-2$ (chiếc).

Số người ngồi trên mỗi xe nhỏ là: $\frac{210}{x}$ (người)

Số người ngồi trên mỗi xe lớn là: $\frac{210}{x-2}$ (người)

Theo đề mỗi xe nhỏ chở ít hơn mỗi xe lớn là 12 người, nên ta có phương trình: $\frac{210}{x-2}-\frac{210}{x}=12.$

$210x-210\left(x-2\right)=12x\left(x-2\right)$

$210x-210x+420=12x^2-24x$

$12x^2-24x-420=0$

Giải phương trình ta được $$x_1=7$$ (TM) hoặc $x_2=-5$ (loại)

Vậy công ty đã thuê 7 chiếc xe nhỏ.

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt$x_1,x_2$ nên heo định lí Viète ta có:

$x_1+x_2=\frac{7}{2}$ và $x_1{x}_2=-\frac{1}{2}.$

Ta có $N={\left(x_1-x_2\right)}^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2={\left(\frac{7}{2}\right)}^2-4\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{49}{4}+\frac{4}{2}=\frac{57}{4}.$

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình $2x^2-7x-1=0$ nên $2x_1^2-7x_1-1=0\Rightarrow {x_1}^2=\frac{7x_1+1}{2}$$\Rightarrow {\left(x_1+4\right)}^2={x_1}^2+8x_1+16$$=\frac{7x_1+1}{2}+8x_1+16$$=\frac{23x_1+33}{2}$

Do đó $M=\sqrt{\frac{23x_1+33}{2}}+x_2+21=\sqrt{{\left(x_1+4\right)}^2}+x_2+21=\left|x_1+4\right|+x_2+21$

$=x_1+x_2+25=\frac{7}{2}+25=\frac{57}{2}$ (Vì $x_1{x}_2=-\frac{1}{2}<0\Rightarrow x_1$ và $x_2$ trái dấu.

Kết hợp với giả thiết $x_1>x_2$ ta có $x_1>0>x_2$$\Rightarrow x_1+4>0\Rightarrow \left|x_1+4\right|=x_1+4$)

Vậy $P=M:N=\frac{57}{2}:\frac{57}{4}=2$

a) Ta có $BE\perp AC\Rightarrow \Delta EBC$ vuông tại $E$$\Rightarrow$$E,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (1)

Ta có $$CF\perp AB\Rightarrow \Delta FBC$$ vuông tại $F$$\Rightarrow$$F,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $C,$$E,$$F,$$B$ cùng thuộc đường tròn, hay tứ giác $$CEFB$$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AEHF$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AHE}=\widehat{AFE}.$ (3)

Mà $$CEFB$$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{ACM}=\widehat{AFE}$(cùng bù với $\widehat{BFE}$) (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{AHE}=\widehat{ACM}.$

Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AHKE$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AHE}=\widehat{AKE}.$ Mà $\widehat{AHE}=\widehat{ACM}$(theo chứng minh trên) nên $\widehat{ACM}=\widehat{AKE}.$ (5)

Mặt khác: $EM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $BEC$ nên $ME=\frac{BC}{2}=MC$$\Rightarrow \Delta MEC$ cân tại $M$$\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{MEC}.$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{MEC}=\widehat{AKE}$$\Rightarrow 180^{\circ }-\widehat{MEC}=180^{\circ }-\widehat{AKE}$$\Rightarrow \widehat{MEA}=\widehat{MKE}$

$\Rightarrow \frac{MK}{ME}=\frac{ME}{MA}\Rightarrow M{E}^2=MA\cdot MK$$\Rightarrow {\left(\frac{BC}{2}\right)}^2=MA\cdot MK$$\Rightarrow B{C}^2=4MA\cdot MK.$

c) Gọi $I$ là giao điểm của $PN$ và $EQ.$

Ta có $\widehat{ANE}=\widehat{AES}$(cùng phụ với $\widehat{EAN}$)$\Rightarrow \widehat{CES}=\widehat{BNA}.$ Kết hợp với $\widehat{ABE}=\widehat{ACF}$suy ra

$\Rightarrow \frac{BN}{BA}=\frac{CE}{CS}$$\Rightarrow \frac{BN}{2BP}=\frac{CE}{2CQ}$$\Rightarrow \frac{BN}{BP}=\frac{CE}{CQ}$$\Rightarrow \widehat{CEQ}=\widehat{BNP}=\widehat{ENI}$$\Rightarrow \widehat{CEQ}+\widehat{QEN}=\widehat{ENI}+\widehat{QEN}$$\Rightarrow 90^{\circ }=\widehat{ENI}+\widehat{QEN}$$\Rightarrow \widehat{NIE}=90^{\circ }\Rightarrow PN\perp EQ.$

Thể tích của thùng nước là: $V=\pi r^{2}h=\pi \cdot 15^2\cdot 35=7875\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Thay $\pi \approx 3,14$, ta có thể tích thùng khoảng: $V\approx 7875\cdot 3,14=24727,5\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$

Đổi $1{\mathrm{m}}^3=1000000\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$.

Thể tích nước xách được trong mỗi lần ( $90\%$ thùng) là:

$V_n=90\%\cdot V\approx 0,9\cdot 24727,5=22254,75\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Số thùng nước ít nhất cần đổ để đầy bể là: $n=\frac{1000000}{22254,75}\approx 44,93$ (thùng).

Vì số lần đổ phải là số nguyên nên ta cần đổ ít nhất 45 thùng.

Vậy cần phải đổ ít nhất 45 thùng

3cm. Cấu tạo viên kẹo gồm phần nhân sữa dẻo có dạng hình nón nội tiếp bên trong (Đỉnh và đườ (ảnh 2)">

Gọi $R$ là bán kính hình cầu và $r$ là bán kính đáy của hình nón.

Gọi $O$ là tâm của mặt cầu và $I$ là tâm của đường tròn đáy hình nón.

Đặt $SI=h$. Khi đó ta có $OI=h-R$

Tam giác $IBO$ vuông tại $I$ nên ta theo định lý Pythagore ta có

$r^2=I{B}^2=O{B}^2-O{I}^2=R^2-{\left(h-R\right)}^2=2Rh-h^2$

Thể tích của phần nhân hình nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi }{3}h\left(2Rh-h^2\right)$

Phần vỏ Chocolate phía ngoài viên kẹo chính là phần hình cầu có bán kính $R=1,5\mathrm{cm}$ và là phần phía ngoài của nhân hình nón. Để lượng Chocolate dùng làm kẹo ít nhất thì thể tích nhân hình nón phải lớn nhất.

Với ba số dương $$a$$, $$b$$, $$c$$ thì ta có:

$a^3+b^3+c^3-3abc$$={\left(a+b\right)}^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc$$=\left(a+b+c\right)\left[{\left(a+b\right)}^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)$$=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)$$=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[{\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\right]\ge 0$

Do đó $a^3+b^3+c^3\ge 3abc,$ đặt $a=\sqrt[3]{x},$$b=\sqrt[3]{y},$$c=\sqrt[3]{z}$$\Rightarrow x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}$$\Rightarrow xyz\le {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3,$ đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z$ (*).

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

$h\left(2Rh-h^2\right)=\frac{1}{2}h.h\left(4R-2h\right)\le \frac{1}{2}{\left(\frac{h+h+4R-2h}{3}\right)}^3=\frac{1}{2}{\left(\frac{4R}{3}\right)}^3$

Do đó ta có $V\le \frac{\pi }{6}{\left(\frac{4R}{3}\right)}^3$, dấu “=” xảy ra khi $h=4R-2h$ hay $h=\frac{4R}{3}=\frac{4.1,5}{3}=2\left(cm\right)$

Vậy chiều cao của phần nhân để thể tích Chocolate nguyên liệu dùng làm kẹo cầu là ít nhất khi $h=2\left(cm\right)$.