Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Giảng Võ (Hà Nội) có đáp án

a) Tổng số lượng xe ô tô đại lí đó đã bán được trong quý I năm 2026 là:

\(9 + 12 + 6 + 3 = 30\) (xe).

b) Tần số tương đối của xe 4 chỗ là \(\frac{9}{{30}}.100\% = 30\% \)

Tần số tương đối của xe 7 chỗ là \(\frac{{12}}{{30}}.100\% = 40\% \)

Tần số tương đối của xe 9 chỗ là \(\frac{6}{{30}}.100\% = 20\% \)

Tần số tương đối của xe 16 chỗ trở lên là \(\frac{3}{{30}}.100\% = 10\% \)

Bảng tần số tương đối cho dữ liệu được biểu diễn trên biểu đồ

Không gian mẫu:

\(\Omega = \) {(Việt, Bình, An); (Việt, An, Bình); (Bình, An, Việt); (Bình, Việt, An); (An, Bình, Việt); (An, Việt, Bình)}.

Không gian mẫu có 6 phần tử.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố M là (Việt, Bình, An); (Việt, An, Bình); (Bình, An, Việt); (An, Bình, Việt).

Xác suất của biến cố M là: \(P\left( E \right) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).

1) Thay \(x = 9\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\), ta được: \(\frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 + 1}} = \frac{1}{4}\).

Vậy khi \(x = 9\) thì \(A = \frac{1}{4}\).

2) Với \(x > 0,x \ne 1\), ta có:

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

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

\( = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}\) (đpcm).

3) ĐKXĐ: \(B \ne 0\) hay \(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}} \ne 0\) nên \(\sqrt x - 2 \ne 0\) suy ra \(x \ne 4\).

Ta có: \(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}:\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\)

Với \(P < \frac{1}{2}\) thì \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} < \frac{1}{2}\)

\(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{2} < 0\)

\(\frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)

\(\frac{{2\sqrt x - 2 - \sqrt x - 1}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)

\(\frac{{\sqrt x - 3}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)

Vì \(x > 0\) nên \(2\left( {\sqrt x + 1} \right) > 0\)

Để \(\frac{{\sqrt x - 3}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\) thì \(\sqrt x - 3 < 0\) nên \(\sqrt x < 3\) suy ra \(x < 9\).

Kết hợp với điều kiện \(x > 0,x \ne 1,x \ne 4\), ta được: \(0 < x < 9,x \ne 1,x \ne 4\).

Vậy \(x \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\) thì \(P < \frac{1}{2}\).

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là \(x\) (km/h) \((x > 2)\)

Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: \(x + 2\) (km/h)

Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: \(x - 2\) (km/h)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là: \(\frac{{16}}{{x + 2}}\) (giờ) (1)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là: \(\frac{{16}}{{x - 2}}\) (giờ) (2)

Tổng thời gian ca nô đi từ bến \(A\) đến bến \(B\) rồi trở về bến \(A\) là:

\(11\)giờ \(18\)phút \[ - \,\,9\] giờ \( - \,\,30\)phút \[ = \,\,1\] giờ \(48\) phút \( = \frac{9}{5}\) giờ.

Từ (1) và (2) ta có phương trình:

\(\frac{{16}}{{x + 2}} - \frac{{16}}{{x - 2}} = \frac{9}{5}\)

\(\frac{{16\left( {x - 2} \right) - 16\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{9}{5}\)

\(\frac{{32x}}{{{x^2} - 4}} = \frac{9}{5}\)

\(160x = 9\left( {{x^2} - 4} \right)\)

\(9{x^2} - 160x - 36 = 0\)

\(x = 18\) (TMĐK) hoặc \(x = - \frac{2}{9}\) (loại)

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là \(18\,\,{\rm{km/h}}{\rm{.}}\)

Gọi số tiền bác Phúc gửi vào ngân hàng \(A\) và \(B\) lần lượt là \(x\) và \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 200\))

Tổng số tiền gửi là \(200\) triệu nên ta có phương trình: \(x + y = 200\) (1)

Tiền lãi từ ngân hàng \(A\) sau 1 năm là: \(6\% .x = 0,06x\)(triệu đồng)

Tiền lãi từ ngân hàng \(B\) sau 1 năm là: \(8\% .y = 0,08y\) (triệu đồng)

Tổng số tiền lãi là \(14,2\) triệu đồng nên ta có phương trình: \(0,06x + 0,08y = 14,2\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 200\\0,06x + 0,08y = 14,2\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 90\\y = 110\end{array} \right.\) (TMĐK)

Vậy số tiền ban đầu bác Phúc gửi ở ngân hàng \(A\) và \(B\) lần lượt là \(90\) triệu đồng và \(110\) triệu đồng.

Xét phương trình: \({x^2} - mx - 3 = 0\)\(\)

Ta có: \(\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 3} \right) = {m^2} + 12 > 0\) với mọi \(m\).

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.\)

Vì \({x_1}.{x_2} = - 3\) mà \({x_1},{x_2} \in \mathbb{Z}\) nên \({x_1},\,\,{x_2} \in \)Ư\((3) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 3} \right\}.\)

Do vai trò \({x_1},{x_2}\) như nhau nên ta xét 2 trường hợp sau:

TH1: \({x_1} = 1\,;\,\,{x_2} = - 3\) suy ra \(m = 1 + \left( { - 3} \right) = - 2\).

TH2: \({x_1} = - 1\,;\,\,\,{x_2} = 3\)suy ra \(m = - 1 + 3 = 2\).

Vậy các giá trị của \(m\)để phương trình có hai nghiệm nguyên là \(m = 2\)hoặc \(m = - 2\).

a) Bán kính của hình cầu và bán kính của đáy hình trụ là:  \[\frac{{18}}{2} = 9\](dm)

Diện tích bề mặt bồn chứa xăng là:

\[4\pi \cdot {9^2} + 2\pi \cdot 9 \cdot 36 = 972\pi \approx 972 \cdot 3,14 = 3052,08\](dm²)

b) Thể tích của bồn chứa xăng là :

\[\frac{4}{3}\pi \cdot {9^3} + \pi \cdot {9^2} \cdot 36 = 3888\pi \approx 3888 \cdot 3,14 = 12\,\,208,32\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right) = 12\,\,208,32\] (lít)

Vì \[12\,\,208,32 < 13\,\,000\] nên bồn đó không chứa được \[13\,\,000\] lít xăng.

a) Vì \[BE\] và \[CF\] là đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] có ba điểm \[B,E,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] có ba điểm \[B,F,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra bốn điểm \[B,F,E,C\] cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm)

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\] nên \[\widehat {FEC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {FEC} + \widehat {AEF} = 180^\circ \] (kề bù) nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]. (đpcm)

• Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]; \[\widehat {BAC}\] chung

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2GE}}{{2BI}} = \frac{{GE}}{{BI}}\].

• Xét \[\Delta AEG\] và \[\Delta ABI\] có: \[\widehat {AEG} = \widehat {ABI}\]; \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{GE}}{{BI}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\frac{{AG}}{{GE}} = \frac{{AI}}{{BI}}\] hay \[GE \cdot AI = AG \cdot BI\]. (đpcm)

c) Gọi giao điểm của \[GI\] và \[KN\] là \[M\].

Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE\] và \[CF\]cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC\]

Suy ra \[AH \bot BC\].

Vì nên \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\].

• Xét \[\Delta AGK\] và \[\Delta AIN\] có: \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\]; \[\widehat {NAI}\] chung

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

• Xét \[\Delta AGI\] và \[\Delta AKN\] có: \[\widehat {NAI}\] chung; \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\] (hai góc tường ứng).

• Xét \[\Delta GMN\] và \[\Delta KMI\] có: \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\]; \[\widehat {GMN} = \widehat {KMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\].

• Xét \[\Delta GMK\] và \[\Delta NMI\] có: \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\]; \[\widehat {GMK} = \widehat {NMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {KGI} = \widehat {KNI}\] (hai góc tường ứng).

Vì \[I\] trung điểm của đoạn thẳng \[BC\] nên \[I\] là tâm đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra \[IF = IE\] (bán kính) hay \[\Delta IEF\] cân tại \[I\].

Mà \[G\] trung điểm của đoạn thẳng \[EF\]nên \[IG \bot FE\].

Suy ra \[\widehat {KGI} = 90^\circ \] hay \[\widehat {KNI} = 90^\circ \] nên \[KN \bot BC\].

Mà \[AH \bot BC\] nên đường thẳng \[KN\] song song với đường thẳng \[AH\]. (đpcm)

Gọi số thực đơn 1, lớp bán được là \(x\) (thực đơn)

Số thực đơn 2, lớp bán được là \(y\) (thực đơn)

Điều kiện \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)

Theo đề bài: Mỗi thực đơn 1 cần 2 cốc nước chanh và 1 túi khoai tây chiên. Mỗi thực đơn 2 cần 3 cốc nước chanh và 2 túi khoai tây chiên.

Vì lớp chỉ có không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai tây chiên nên ta có các bất phương trình: \(2x + 3y \le 165\) ; \(x + 2y \le 100\)

Số tiền thu được là: \(35x + 60y\) (nghìn đồng)

Xét giao điểm của hai đường thẳng:

\(2x + 3y = 165\;\)(1)

\(x + 2y = 100\) hay \[2x + 4y = 200\] (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\left( {2x + 4y} \right) - \left( {2x + 3y} \right) = 200 - 165\)

\(2x + 4y - 2x - 3y = 35\)

\(y = 35\) (thỏa mãn)

Thay vào (2) ta được \(x + 2\cdot35 = 100\) suy ra \(x = 30\) (TMĐK)

Số tiền lớn nhất lớp thu được là: \(35 \cdot 30 + 60 \cdot 35 = 1050 + 2100 = 3150\) (nghìn đồng)

Tức là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.

Vậy số tiền lớn nhất lớp thu được là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.