Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 trường THCS Lê Lợi (Hà Nội) Tháng 12/2025 có đáp án

1) a) Bảng thống kê :

b) Tỉ lệ phần trăm học sinh mặc quần áo size M trong tổng số học sinh của lớp là :

\(\frac{{11}}{{36}}.100\%  \approx 30,6\% \)

2) Một tấm bìa cứng hình tròn được chia thành \(20\) hình quạt tròn như nhau, đánh số \(1;2;....;20\) và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm.

Xét phép thử ‘‘Quay tấm bìa một lần’’ và biến cố M : ‘‘Mũi tên chỉ vào hình quạt tròn ghi số chính phương’’. Tính xác suất của biến cố M. (Biết mỗi lần quay thì mũi tên chỉ rơi vào đúng một trong các hình quạt nhỏ trong số \(20\) hình quạt trên).

2) Xét phép thử ‘‘Quay tấm bìa một lần’’ có \(20\) kết quả có thể xảy ra đối với hình quạt được mũi tên chỉ vào

Xét biến cố M : ‘‘Mũi tên chỉ vào hình quạt tròn ghi số chính phương’’ có \(4\) kết quả thuận lợi tương ứng với \(4\) hình quạt tròn đánh số \(1;4;9;16\)

Khi đó, xác suất của biến cố M là : \(\frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}\)

a) Tính giá trị của biểu thức \[A\] tại \(x = 9\).

Với \(x = 9\) (TMĐK) ta có giá trị biểu thức \[A\]  là

\(A = \frac{9}{{\sqrt 9  + 1}} = \frac{9}{{3 + 1}} = \frac{9}{4}\)

Vậy \(A = \frac{9}{4}\) tại \(x = 9\).

b) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\)

Với \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có

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

\(\begin{array}{l} = \frac{{\left( {\sqrt x  + 4} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\ = \frac{{{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\end{array}\)

\( = \frac{{x + 3\sqrt x  - 4 - \sqrt x  - 1 + 6}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

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

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

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

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\).

c) Đặt \(P = A.B\). Tìm tất cả các giá trị của \(x\) thỏa mãn \(P \le 4\).

Ta có \(P = A.B\) \( = \frac{x}{{\sqrt x  + 1}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{x}{{\sqrt x  - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\)

Để \(P \le 4\) thì \(\frac{x}{{\sqrt x  - 1}} \le 4\)

\(\frac{x}{{\sqrt x  - 1}} - 4 \le 0\)

\(\frac{{x - 4\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 1}} \le 0\)

\(\frac{{{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 1}} \le 0\)

Suy ra \({\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} = 0\) hoặc \(\sqrt x  - 1 < 0\).

+) \({\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} = 0\)

\(\sqrt x  - 2 = 0\)

\(\sqrt x  = 2\)

\(x = 4\) (TMĐK)

+) \(\sqrt x  - 1 < 0\)

\(\sqrt x  < 1\)

\(x < 1\)

Kết hợp ĐK \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 1\).

Vậy \(P \le 4\) khi \(x = 4\) hoặc \(0 \le x < 1\).

Gọi giá niêm yết của mổi quyển vở  là \(x\) nghìn đồng, của mỗi cây bút \(y\) nghìn đồng. ĐK: \(x,y > 0\).

Do cần mua \[2000\] quyển vở và \[400\] cây bút để làm phần thưởng. Nhà trường dự tính để mua với giá niêm yết cần \[18\] triệu \[400\] nghìn đồng. Ta có phương trình

\[2000x + 400y = 18400\]

\(5x + y = 46\)

\(y = 46 - 5x\) (1)

Do mua với số lượng lớn nên đại lí bán quyết định giảm giá \(5\% \) cho mỗi quyển vở và \(6\% \) cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ phải trả \[17\] triệu \[456\] nghìn đồng. Ta có phương trình

\[2000x \cdot \frac{{95}}{{100}} + 400y \cdot \frac{{94}}{{100}} = 17456\]

\[1900x + 376y = 17456\]

\[475x + 94y = 4364\] (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}y = 46 - 5x\left( 1 \right)\\475x + 94y = 4364\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Thế (1) vào (2) ta có \[475x + 94\left( {46 - 5x} \right) = 4364\]; \(x = 8\) (TMĐK)

Thay \(x = 8\) vào (1) có \(y = 46 - 5.8 = 6\) (TMĐK)

Vậy giá niêm yết của mổi quyển vở  là \(8\) nghìn đồng, của mỗi cây bút \(6\) nghìn đồng.

Gọi số quyển vở bạn Toàn mua được nhiều nhất là \(x\) quyển. ĐK: \(x \in {\mathbb{N}^*}\).

Số tiền mua vở là \[7x\] nghìn đồng.

Vì bạn Toàn có \[100\] nghìn đồng. Ta có bất phương trình

\[7x + 18 \le 100\]

\[7x \le 82\]

\[x \le \frac{{82}}{7}\]

Vì \(x\) là số lớn nhất nên \(x = 11\) (TMĐK)

Vậy số quyển vở bạn Toàn mua được nhiều nhất là \(11\) quyển.

ĐK: \(x =  - 4\);\(x \ge 4\).

\(\sqrt {x + 4} .\sqrt {x - 4}  - 2\sqrt {x + 4}  = 0\)

\(\sqrt {x + 4} .\left( {\sqrt {x - 4}  - 2} \right) = 0\)

Suy ra \(\sqrt {x + 4}  = 0\) hoặc \(\sqrt {x - 4}  - 2 = 0\)

+) \(\sqrt {x + 4}  = 0\)

\(x =  - 4\) ( TMĐK)

+) \(\sqrt {x - 4}  = 2\)

\(x - 4 = 4\)

\(x = 8\) (TMĐK)

Vậy phương trình có nghiệm \(x =  - 4\) hoặc \(x = 8\).

Chu vi hình quạt tròn bằng \(25\,{\rm{m}}\)

Nên độ dài cung tròn là:  \(25 - 6 - 6 = 13\left( {\rm{m}} \right)\)

Diện tích của bồn hoa hình quạt tròn là: \({S_q} = \frac{1}{2}lR = \frac{1}{2}.13.6 = 39\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

a) Chứng minh \(OE \bot CE\) và 4 điểm \(A,\,C,\,E,\,O\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét \[\Delta AEO\] có \(OA = OE = R\), suy ra \[\Delta AEO\] cân tại \(O\)

Mà \(OH\) là đường cao ( gt)

Nên \(OH\) đồng thời là đường phân giác (tc)

Chứng minh được \[\Delta AOC = \Delta EOC\left( {cgc} \right)\]

Suy ra \[\widehat {OAC} = \widehat {OEC} = 90^\circ \]

Xét \[\Delta ACO\] có  \(\widehat {OAC} = 90^\circ \)

Suy ra \(A,\,O,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO\) (1)

Xét \[\Delta ECO\] có  \(\widehat {CEO} = 90^\circ \)

Suy ra \(E,\,O,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A,\,C,\,E,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO\).

b) Chứng minh \(C{A^2} = CH.CO\) và \(CH.CO = CD.CB\).

Xét \(\Delta CHA\) và \(\Delta CAO\) ta có

\(\widehat {AHC} = \widehat {OAC} = 90^\circ \)

\(\widehat {OCA}\,\)chung

Suy ra : \(\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{CA}}{{CO}} \Rightarrow CH.CO = C{A^2}\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có   Suy ra : \(\frac{{CD}}{{CA}} = \frac{{CA}}{{CB}} \Rightarrow ACD.CB = C{A^2}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(CH.CO = CD.CB\) (đpcm)

Suy ra : \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CO}}\)

c) Chứng minh \(\widehat {CHD} = \widehat {CBO}\) và \(E{H^2} = D{E^2} + D{H^2}\).

Gọi \(AE\) cắt \(BC\) tại \(M\)

Xét \(\Delta CHD\) và \(\Delta CBO\) ta có \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CO}}\left( {cmt} \right)\);  \(\widehat {OCB}\,\)chung

Suy ra \(\widehat {CHD} = \widehat {CBO}\left( {dpcm} \right)\) và  \(\widehat {CDH}\, = \widehat {COB}\) 

Suy ra \(\widehat {COA} = \widehat {HDB}\,\,\,\left( a \right)\)

Chứng minh tương tự ta có

Suy ra : \(\frac{{MB}}{{ME}} = \frac{{MA}}{{MD}}\)

Suy ra :  \( \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {MDE}\,\,\,\left( b \right)\)

Mặt khác: \(\widehat {OAH} + \widehat {AOH} = 90^\circ \,\,\,\left( c \right)\)

Từ (a), ( b) và (c) suy ra \(\widehat {HDM} + \widehat {MDE} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HDE} = 90^\circ \)