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 \(0 \le x \le 9\).

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: \(OA \bot AS\) (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: \(OH \bot BC\)\( \Rightarrow \widehat {SHO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta SHO\) 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 \(\frac{{AB}}{{PK}} = \frac{{BH}}{{OK}}\,\,\,m\`a \,\,\,BH = CH\)

\( \to AB.OK = PK.CH\)

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 \(QI\,{\rm{//}}\,BJ\).

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

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

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

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DAB} = 90^\circ \) 

\( \Rightarrow \) \(BADK\) là hình chữ nhật

\( \Rightarrow \)\(B,O,D\)thẳng hàng

\( \Rightarrow \)\(\widehat {BKD} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta BDQ\) có \(DK,BC\) là đường cao 

\( \Rightarrow \) \(QI \bot BD\) 

Mà \(JB \bot BD\) (\(JB\)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).