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:

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

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

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

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

$9x^2-160x-36=0$

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

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là $18km/h.$

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 $\{\begin{array}{l}x+y=200\\ 0,06x+0,08y=14,2\end{array}$

Giải hệ phương trình ta được $\{\begin{array}{l}x=90\\ y=110\end{array}$ (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: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m\\ x_1.x_2=-3\end{array}$

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 :

$$\frac{4}{3}\pi \cdot 9^3+\pi \cdot 9^2\cdot 36=3888\pi \approx 3888\cdot 3,14=12208,32\left(\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\right)=12208,32$$ (lít)

Vì $$12208,32<13000$$ nên bồn đó không chứa được $$13000$$ 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 $$AH\perp BC$$.

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 $$IG\perp FE$$.

Suy ra $$\widehat{KGI}=90^{\circ }$$ hay $$\widehat{KNI}=90^{\circ }$$ nên $$KN\perp BC$$.

Mà $$AH\perp BC$$ 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 $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

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 $x+2\cdot 35=100$ 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 $$3150000$$ đồng.

Vậy số tiền lớn nhất lớp thu được là $$3150000$$ đồng.