Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2025 THCS Chuyên Hà Nội Amsterdam (Hà Nội) Tháng 5 lần 2 có đáp án

Số học sinh tham gia điều tra là $1+5+9+5=20$

Bảng tần số tương đối ghép nhóm

Các kết quả xảy ra của phép thử là đồng khả năng

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega =\left\{1;2;3;...;29;30\right\}$

$\Rightarrow n\left(\Omega \right)=30$

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là $2;3;5;7;11;13;17;19;23;29$

$\Rightarrow n\left(A\right)=10$

Xác suất của biến cố $A$ là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$.

Vậy $A=16$ tại $x=4$.

2) Với $x>0,x\ne 9$, ta có:

$B=\frac{2x-3}{x-3\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}}$$=\frac{2x-3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$$=\frac{2x-3-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$$=\frac{2x-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$

$=\frac{\sqrt{x}\left(2\sqrt{x}-1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}$$=\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}$

3) Với $x>0,x\ne 9$, ta có: $A-B=\frac{x}{\sqrt{x}-3}-\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}$$=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}$$=\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}-3}$

Vì ${\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ge 0$ với mọi $x>0,x\ne 9$ nên $A-B<0$ khi $\{\begin{array}{l}{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ne 0\\ \sqrt{x}-3<0\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x<9\end{array}$

Vậy để $A-B<0$ thì $0<x<9;x\ne 1$.

Số tiền phải trả cho $4$km đầu tiên là: $700000$đồng

Số tiền phải trả từ km thứ $5$ đến km thứ $40$ là: $36.23000=828000$ (đồng)

Số tiền phải trả từ km thứ $41$ đến km thứ $42$ là $2.17000=34000$(đồng)

Vậy số tiền công ty phải trả khi thuê một xe 1,4 tấn để vận chuyển hàng là:

$700000+828000+34000=1562000$(đồng)

Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội sản xuất theo kế hoạch là: $x$(sản phẩm, $x\in \mathbb{N}\ast$)

Khi đó, số sản phẩm đội sản xuất mỗi ngày trong thực tế là: $x+5$ (sản phẩm)

Thời gian theo kế hoạch để đội sản xuất được $75$ sản phẩm  $\frac{75}{x}$ (ngày)

Thời gian trong thực tế mà đội sản xuất được $80$sản phẩm là: $\frac{80}{x+5}$ (ngày)

Theo đề, ta có phương trình:  $\frac{75}{x}-\frac{80}{x+5}=1$

$\frac{75.\left(x+5\right)}{x.\left(x+5\right)}-\frac{80x}{x.\left(x+5\right)}=\frac{x.\left(x+5\right)}{x.\left(x+5\right)}$

$75x+375-80x=x^2+5x$

$x^2+10x-375=0$

$x^2+25x-15x-375=0$

$\left(x+25\right)\left(x-15\right)=0$

$x+25=0$ hoặc $x-15=0$

$x=-25$ (ktm)  hoặc $x=15$ (tm)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày đội sản xuất phải làm $15$ sản phẩm.

Xét phương trình: $x^2-5x+3=0$ (*)

Ta có: $\Delta ={\left(-5\right)}^2-\mathrm{4.1.3}=13>0$ nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=5\\ x_1.x_2=3\end{array}$, vì $x_1+x_2>0;x_1.x_2>0$ nên $$x_1>0;x_2>0$$

Vì $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (*) nên $5x_1=x_1^2+3$; $5x_2=x_2^2+3$

Ta có: $A=\sqrt{5x_1+4x_1+1}+\sqrt{5x_2+6x_2+6}-10$

$A=\sqrt{x_1^2+3+4x_1+1}+\sqrt{x_2^2+3+6x_2+6}-10$

$A=\sqrt{x_1^2+4x_1+4}+\sqrt{x_2^2+6x_2+9}-10$

$A=\sqrt{{\left(x_1+2\right)}^2}+\sqrt{{\left(x_2+3\right)}^2}-10$

$A=\left|x_1+2\right|+\left|x_2+3\right|-10$

Vì $x_1>0;x_2>0$ nên $x_1+2>0;x_2+3>0$, do đó:

 $A=A=x_1+2+x_2+3-10$=$$5-5=0$$

Diện tích xung quanh của cây lăn sơn là $2\pi Rh=2\pi .5.23=230\pi \approx 722,2\left(c{m}^2\right)$

Với diện tích tường cần sơn là $3100c{m}^2$ thì cây lăn sơn đã lăn khoảng: $3100:722,2=4,29$(vòng)

Mà sau khi lăn $1000$ vòng thì cây sơn tường có thể bị hỏng. Vậy bạn An cần mua ít nhất một cây lăn sơn tường

a) Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $\widehat{ECF}=90^o$ (kề bù với $\widehat{ACB}$) và $\widehat{EDF}=90^o$ (kề bù với $\widehat{ADB}$)

Suy ra $\Delta ECF$vuông tại $C$ và $\Delta EDF$vuông tại $D$

Suy ra $\Delta ECF$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF$và $\Delta EDF$nội tiếp đường tròn đường kính $EF$

Hay ba điểm $E,C,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $EF$và ba điểm $E,D,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính$EF$.

Suy ra bốn điểm $E,C,F,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính$EF$.

Hay tứ giác $ECFD$ nội tiếp.

b) + Xét tam giác $FCB$và tam giác $FDA$có : $\widehat{FCB}=\widehat{FDA}=90^o$, $$\widehat{AFB}$$chung

Suy ra $\Delta FCB\backsim \Delta FDA\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{FC}{FD}=\frac{FB}{FA}\Rightarrow FC.FA=FB.FD$

+ Xét tam giác $FCE$vuông tại $C$ có $I$ là trung điểm của cạnh huyền $EF$ (gt)

Nên $IF=IC=IE=\frac{1}{2}EF$

Þ $\Delta FIC$cân tại $I$Þ $\widehat{ICF}=\widehat{IFC}$

+ Vì tứ giác $ECFD$ nội tiếp nên $\widehat{CFE}=\widehat{CDE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE$)

Hay $\widehat{CFI}=\widehat{CDA}=\widehat{ICF}$

Mà $\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CA$ trong đường tròn $\left(O\right)$)

Suy ra $\widehat{ICF}=\widehat{CBA}$ hay $\widehat{ICF}=\widehat{CBO}$

Mà $\widehat{CBO}=\widehat{BCO}$ (vì $OC=OB=R$ nên $\Delta OCB$ cân tại $O$)

Nên $\widehat{ICF}=\widehat{BCO}$

Mà $\widehat{ICF}+\widehat{ICB}=\widehat{FCB}=90^o$

Nên $\widehat{BCO}+\widehat{ICB}=90^o\Rightarrow \widehat{ICO}=90^o$ hay $IC\perp CO$mà $CO=R$

Nên $IC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$.

c) + Chứng minh tương tự có $ID$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ Þ $\widehat{IDO}=90^o$

+ Xét tứ giác $ICOD$ có $\widehat{ICO}=\widehat{COD}=\widehat{IDO}=90^o$ nên $ICOD$là hình chữ nhật

Mà $OC=OD=R$ nên $ICOD$là hình vuông $\Rightarrow CI=CO$

+ Xét tam giác $ICO$ vuông cân tại $C$ có $I{O}^2=C{I}^2+C{O}^2\Rightarrow I{O}^2=2R^2\Rightarrow IO=R\sqrt{2}$

+ Gọi $M$là điểm trên cung $AB$ (không chứa điểm $C$) sao cho $OM\perp AB$

Ta có $E$ là giao điểm của hai đường cao $BC,AD$ trong tam giác $FAB$ nên E là trực tâm của tam giác $FAB$. Suy ra $IE\perp AB$

Suy ra $OM//IE$

Mà $IE=IC=CO=R$ hay $OM=IE=R$

Nên tứ giác $OIEM$ là hình bình hành.

Suy ra $ME=OI=R\sqrt{2}$

Vậy khi điểm $C$ thay đổi thoả mãn điều kiện bài toán thì điểm $E$ di chuyển trên một đường tròn cố định là đường tròn $\left(M,R\sqrt{2}\right)$.

Đặt $AM=x\left(\mathrm{m}\right)$

Ta có $S_{ABCD}=100{\mathrm{m}}^2$ nên $AB=BC=CD=DA=10\left(\mathrm{m}\right)$

Do đó $BM=10-x\left(\mathrm{m}\right)$

Tứ giác $BMHN$ có $\hat{B}=\widehat{BMH}=\widehat{BNH}=90^{\circ }$ nên tứ giác $BMHN$ là hình chữ nhật.

Do đó $HM=BN=x\left(\mathrm{m}\right)$, $MB=HN=10-x\left(\mathrm{m}\right)$

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC$ là phân giác $\widehat{BAC}$, $CA$ là phân giác $\widehat{BCD}$

Suy ra $\widehat{MAH}=\widehat{NCD}=45^{\circ }$

Do đó $\Delta MAH$ vuông cân tại $M$ và $\Delta NHC$ vuông cân tại $N$

Suy ra $MH=MA=x\left(\mathrm{m}\right)$, $NH=NC=10-x\left(\mathrm{m}\right)$

Ta có $$S_{DMN}=S_{ABCD}-\left(S_{AMD}+S_{BMN}+S_{CND}\right)$$$=100-\frac{1}{2}\left(AM.AD+BM.BN+CN.CD\right)$

$=100-\frac{1}{2}\left[10x+\left(10-x\right)x+10\left(10-x\right)\right]$$=100-\frac{1}{2}\left(10x+10x-x^2+100-10x\right)$

$=100-\frac{1}{2}\left(-x^2+10x+100\right)$$=\frac{1}{2}{x}^2-5x+50$$=\frac{1}{2}\left(x^2-10x+100\right)$$=\frac{1}{2}\left[{\left(x-5\right)}^2+75\right]$

Vì ${\left(x-5\right)}^2\ge 0$

${\left(x-5\right)}^2+75\ge 75$

$\frac{1}{2}\left[{\left(x-5\right)}^2+75\right]\ge \frac{75}{2}$

$S_{DMN}\ge \frac{75}{2}$

Dấu  xảy ra khi $x=5$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $S_{DMN}=\frac{75}{2}$ khi $x=5$

Hay $AM=5\mathrm{m}$

Xét $\Delta AMH$ vuông tại $H$ nên $AH=\sqrt{M{A}^2+M{H}^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}\mathrm{m}$

Vậy điểm $H$ nằm trên $AC$ cách $A$ một đoạn bằng $5\sqrt{2}\mathrm{m}$ thì diện tích phần trồng hoa $DMN$ là nhỏ nhất và bằng $\frac{75}{2}{\mathrm{m}}^2$.