Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THCS Ngô Gia Tự (Hà Nội) Tháng 2 có đáp án

1

Thay \(x = 1\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được: \(A = 3\)

Vậy với \(x = 1\) thì \(A = 3.\)

2

\(B = \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  - 6}}{{x - 4}} = \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  + 2 + \sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

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

3

\(A + B = \frac{{2\sqrt x  + 9}}{{\sqrt x  + 2}} = 2 + \frac{5}{{\sqrt x  + 2}}\)

Dễ thấy \(A + B > 2\) nên \(A + B \ge 3\) (vì \(A + B\) nhận giá trị nguyên)

Vậy \(A + B\) nhận giá trị nguyên nhỏ nhất là \(3\) khi \(x = 9.\)

Gọi x là số lượng hàng hóa đặt mỗi lần (x > 0)

Vì hàng tồn kho luôn giảm dần từ x sản phẩm đến 0 sản phẩm nên chi phí lưu kho là

\(\frac{{x + 0}}{2} \cdot 2 = x\) (USD)

Chi phí đặt hàng của cửa hàng là \(\frac{{1000}}{x} \cdot 50 = \frac{{50000}}{x}\) (USD)

Tổng chi phí của cửa hàng là: \(T = x + \frac{{50000}}{x}\) (USD).

Chứng minh và áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \(T \ge 200\sqrt 5 \).

Dấu = xảy ra khi \(x = 100\sqrt 5  \approx 224\).

Vậy số lượng hàng hóa cần đặt mỗi lần là khoảng 224 sản phẩm để tối thiểu hóa tổng chi phí.

2

Gọi  số người dự kiến tham gia trồng cây ban đầu của ban tổ chức là \(x\) (người) \(x > 4,x \in {\mathbb{N}^*}\)

Theo dự định, mỗi người phải trồng số cây  là \(\frac{{120}}{x}\)(cây).

Sau khi giảm đi \(4\)người thì mỗi người phải trồng số cây là \(\frac{{120}}{{x - 4}}\)(cây).

Theo bài ra, ta có phương trình: \[\frac{{120}}{{x - 4}} - \frac{{120}}{x} = 1\]

Giải phương trình ta được \(x =  - 20\) (loại) hoặc \(x = 24\) (TMĐK)

Đối chiếu điều kiện của \(x\), ta được \(x = 24\).

Vậy lúc đầu ban tổ chức dự kiến có 24 người tham gia trồng cây

1

a) Diện tích mặt bàn là: \({S_1} \approx 3,14 \cdot {0,6^2} \approx 1,13\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

b) Diện tích hình chữ nhật phải nới thêm vào là: \({S_2} = 2{S_1} \approx 2,26\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Kích thước còn lại của hình chữ nhật là: \(2,26:1,2 \approx 1,88\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}\)

2

a) Chứng minh tứ giác \[MAOC\] nội tiếp.

Xét \[\left( O \right)\] có: \[MA,{\rm{ }}MC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = 90^\circ \]

Suy ra hai tam giác vuông \[MAO\] và \[MCO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AO.\]

Do đó, bốn điểm \[M,\,\,C,\,\,A,\,\,O\] thuộc đường tròn đường kính \[AO.\]

Vậy tứ giác \[MAOC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AO.\]

b1) Chứng minh: \[M{C^2} = MH \cdot MO\]

 Chứng minh: \[OM \bot AC.\]

Xét \[\Delta MCO\] và \[\Delta MHC\] có:

\[\widehat {CMH}\] chung;

Do đó $\Delta MCO\backsim \Delta MHC$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\] (tỉ lệ tương ứng) nên \[M{C^2} = MH \cdot MO\].

b2) Chứng minh: \[\Delta MDH\] đồng dạng với \[\Delta MOB\].

Ta có \[M{C^2} = MH \cdot MO\]. Mà \[MC = MA\] nên \[M{A^2} = MH \cdot MO\]  (1)

Chứng minh \[\Delta ADB\] vuông tại \[D\].

Xét \[\Delta MAB\] vuông tại A có \[AD \bot MB\] nên \[M{A^2} = MD \cdot MB\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[MD \cdot MB = MH \cdot MO\].

Chứng minh được $\Delta MDH\backsim \Delta MOB$ (c.g.c)

c) Gọi \[K\] là trung điểm đoạn thẳng \[BD.\] Tiếp tuyến tại \[B\] của \[\left( O \right)\] cắt tia \[OK\] tại \[E.\] Chứng minh: Ba điểm \[A,\,\,C,\,\,E\] thẳng hàng.

Xét \[\Delta ODB\] cân tại \[O\] có \[OK\] là đường trung tuyến nên \[OK\] cũng là đường cao của \[\Delta ODB\] suy ra \[OK\] vuông góc với BD tại K.

Xét \[\Delta OBE\] vuông tại \[B\] có \[BK \bot OE\] nên \[O{B^2} = OK \cdot OE.\]

Mà \[O{A^2} = OH \cdot OM\] và \[OA = OB = R\].

Suy ra \[OK \cdot OE = OH \cdot OM\] nên \[\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OE}}{{OM}}\].

Do đó $\Delta OHE\backsim \Delta OKM$ (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {OHE} = \widehat {OKM}\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[\widehat {OKM} = 90^\circ \] nên \[\widehat {OHE} = 90^\circ \] suy ra \[HE\] vuông góc với \[OM\] tại \[H\].

Mà \[AC\] vuông góc với \[OM\] tại \[H\] nên ba điểm \[A,\,\,C,\,\,E\] thẳng hàng.