Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Lê Lợi (Hà Nội) có đáp án

a) Số học sinh học 4 giờ trong một ngày là 6 bạn. Tỉ lệ phần trăm: $\frac{6}{30}\cdot 100=20\%$.

b) Số học sinh học hơn 3 giờ (tức là 4 giờ và 5 giờ) là: $6+8=14$ học sinh.

Vì $14<15$ (một nửa của 30), nên nhận định này là sai.

Gọi số bóng trắng là $x$ (bóng, $x>0$)

 Số bóng cam là $x+10$ (bóng).

Tổng số bóng là $2x+10$ (bóng).

Xét phép thử “Lấy ra ngẫu nhiên một quả bóng từ hộp. Các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng”

Ta thấy các kết quả có thể xảy ra của phép thử là đồng khả năng.

Số các kết quả có thể xảy ra của phép thử là: $2x+10$

Xét biến cố "Lấy được quả bóng màu trắng".

Số các kết quả có thể xảy ra của biến cố là $x$

Xác suất để lấy được 1 quả bóng trắng là $\frac{2}{5}$ nên ta có:

$\frac{x}{2x+10}=\frac{2}{5}\Rightarrow 5x=4x+20\Rightarrow x=20$ (TMĐK).

Vậy có 20 quả bóng trắng.

a) Thay $x=-27\sqrt[3]{\frac{-1}{27}}=-27\cdot \frac{-1}{3}=9$ (TMĐK) vào biểu thức $A$ ta được:

$A=\frac{\sqrt{9}+9}{\sqrt{9}-2}=\frac{3+9}{3-2}=12$

Vậy với $x=-27\sqrt[3]{\frac{-1}{27}}$ thì $A=12$

b) $B=\frac{1}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}+6}{x-4}$ ; $x\ge 0;x\ne 4$

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

  $=\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\frac{\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}$

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

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

c) Ta có $P=A:B$$=\frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}-2}:\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}$

$=\frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}-2}\cdot \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$$=\frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+2}$$=1+\frac{7}{\sqrt{x}+2}$

Vậy $$P=\frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+2}=1+\frac{7}{\sqrt{x}+2}$$ với $x\ge 0;x\ne 4$

Ta có $x\ge 0$ $\Rightarrow$ $\sqrt{x}\ge 0$

                $\Rightarrow$$\sqrt{x}+2>0$ ; $7>0$

                $\Rightarrow$ $\frac{7}{\sqrt{x}+2}>0$

                $1+\frac{7}{\sqrt{x}+2}>1$  hay $P>1$ $\left(1\right)$

Ta có: $x\ge 0$ $\Rightarrow$ $\sqrt{x}\ge 0$

                $\Rightarrow$ $\sqrt{x}+2\ge 2$

                $\Rightarrow$ $\frac{7}{\sqrt{x}+2}\le \frac{7}{2}$

                $\Rightarrow$ $1+\frac{7}{\sqrt{x}+2}\le \frac{9}{2}$ hay $P\le \frac{9}{2}$  $\left(2\right)$

Từ  $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $1<P\le \frac{9}{2}$ mà $P\in \mathbb{Z}$ nên $P\in \left\{2;3;4\right\}$

Kết hợp với điều kiện xác định $x\ge 0;x\ne 4$ ta được: $P$ nguyên thì $x\in \left\{\frac{1}{9};\frac{9}{4};25\right\}$

Vậy $x$ nhỏ nhất để  $P$ có giá trị là số nguyên là $x=\frac{1}{9}$.

Gọi số điểm bạn Nam cần được ít nhất ở môn Tiếng Anh là $x$ (điểm) ($$x>0$$)

Điểm trung bình ba môn là: $\frac{9.2+7+2x}{5}$

Để trúng tuyển vào trường đó, điểm số trung bình của ba môn ít nhất bằng 8 nên ta có

$\frac{9.2+7+2x}{5}\ge 8$

$9.2+7+2x\ge 40$

$25+2x\ge 40$

$2x\ge 15$

$x\ge 7,5$

Nam cần ít nhất $7,5$ điểm Tiếng Anh.

Gọi số học sinh của trường THCS A và B lần lượt là $x;y$ (học sinh,$x;y\in {\mathbb{N}}^{\ast };x;y<1322$)

Theo đề bài ta có phương trình:$x+y=1322$ (1)

Mỗi học sinh của trường THCS A quyên góp $6$ quyển sách, mỗi học sinh của trường THCS B quyên góp $5$ quyển sách. Tổng số sách quyên góp của trường THCS A nhiều hơn tổng số sách quyên góp của trường THCS B là 331 quyển nên ta có: $6x-5y=331$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=1322\\ 6x-5y=331\end{array}$

Giải hệ ta có: $x=631$ (thoả mãn); $y=691$ (thoả mãn)

Vậy trường THCS A có $631$ học sinh; trường THCS B có $691$ học sinh

a) Vẽ đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$

          Lập bảng:

          Đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ là một parabol đi qua 5 điểm $\left(0;0\right),\left(2;-2\right),\left(-2;-2\right),\left(4;-8\right),\left(-4;-8\right)$

M thuộc đồ thị khác gốc tọa đ (ảnh 1)">

          b) Gọi hoành độ và tung độ của điểm $M$ lần lượt là $x_M$; $y_M$ ($x_M;y_M\ne 0$)

          Vì điểm $M$ có khoảng cách đến trục tung gấp $2$ lần khoảng cách từ $M$ đến trục hoành nên $\left|x_M\right|=2\left|y_M\right|$ suy ra $x_M=2y_M$ hoặc $x_M=-2y_M$

          TH1: $x_M=2y_M$ ta thay vào hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ ta có:

          $y_M=-\frac{1}{2}{x_M}^2$

          ${x_M}^2+x_M=0$

          $x_M\left(x_M+1\right)=0$

          Suy ra: $x_M=0$ (loại) hoặc $x_M=-1$ (tmđk)

          Khi $x_M=-1$ thì $y_M=\frac{-1}{2}$

          TH2: $x_M=-2y_M$ ta thay vào hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^2$ ta có: ${x_M}^2-x_M=0$

          $x_M\left(x_M-1\right)=0$

          Suy ra: $x_M=0$ (loại) hoặc $x_M=1$ (tmđk)

          Khi $x_M=1$ thì $y_M=\frac{-1}{2}$

          Vậy có hai điểm $M$ thuộc đồ thị khác gốc tọa độ có khoảng cách đến trục tung gấp $2$ lần khoảng cách từ $M$ đến trục hoành là $\left(-1;\frac{-1}{2}\right)$ và $\left(1;\frac{-1}{2}\right)$.

Diện tích phần vải rủ xuống mép bàn là:

$S=\left(R^2-r^2\right)\pi \approx \left[{\left(\frac{220}{2}\right)}^2-{\left(\frac{140}{2}\right)}^2\right].3,14=22608\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$

Cho $\Delta ABC$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$, $AD$ và $BE$ là 2 đường cao cắt nhau tại $H$. Gọi $G$ là điểm đối xứng của $C$ qua $O$, $K$ là giao điểm của $CG$ và $DE$.

 ⇒$MN\perp BE$ mà \(AC \bot BE (ảnh 1)">

a) Chứng minh: 4 điểm \(C\), $E$, $H$, $D$ cùng thuộc một đường tròn; 4 điểm $B$, $D$, $K$, $G$ cùng thuộc một đường tròn.

$\Delta CEH$ vuông tại $E$ $\Rightarrow$$C$, $E$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CH$

$\Delta CHD$ vuông tại $D$ $\Rightarrow$$C$, $D$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CH$

$\Rightarrow$ 4 điểm $C$, $E$, $H$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CH$

 Có $C\in \left(O\right)$ mà $G$ là điểm đối xứng của $C$ qua $O$$\Rightarrow$$CG$ là đường kính của $\left(O\right)$

$\Rightarrow$$\widehat{GBC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left(O\right)$)

$\Rightarrow$$\Delta GBD$ vuông tại $B$$\Rightarrow$$B$, $D$, $G$ cùng thuộc đường tròn đường kính $GD$

$\Delta AEB$ vuông tại $E$ $\Rightarrow$$A$, $E$, $B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$

$\Delta ABD$ vuông tại $D$ $\Rightarrow$$A$, $D$, $B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$

$\Rightarrow$ 4 điểm $A$, $E$, $B$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$

$\Rightarrow$Tứ giác $ABDE$ nội tiếp $\Rightarrow$$\widehat{ABD}+\widehat{AED}=180^{\circ }$

Mà $\widehat{CED}+\widehat{AED}=180^{\circ }$$\Rightarrow$$\widehat{ABD}=\widehat{CED}$

Mà $\widehat{ABD}=\widehat{AGC}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn  của $\left(O\right)$)$\Rightarrow$$\widehat{AGC}=\widehat{CEK}$

Lại có $\widehat{GAC}=90^{\circ }$ (góc bội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$)$\Rightarrow$$\widehat{AGC}+\widehat{ACG}=90^{\circ }$

$\Rightarrow$$\widehat{CEK}+\widehat{ACG}=90^{\circ }$$\Rightarrow$$\widehat{CKE}=90^{\circ }$$\Rightarrow$$CG\perp DE$

$\Rightarrow$$\Delta GKD$ vuông tại $K$$\Rightarrow$$K$, $D$, $G$ cùng thuộc đường tròn đường kính $GD$

$\Rightarrow$4 điểm $B$, $D$, $K$, $G$ cùng thuộc đường tròn đường kính $GD$

b) Gọi $GH$ cắt $AB$ tại $I$, chứng minh $OI\perp AB$. Cho $\widehat{AOB}=120^{\circ }$, chứng minh $\Delta OCH$ cân.

Xét tứ giác $AGBH$ có: $GB//AH$ (cùng $\perp BC$) và $GA//BH$(cùng $\perp AC$)

$\Rightarrow$Tứ giác $AGBH$ là hình bình hành $\Rightarrow$$AB$ cắt $GH$ tại trung điểm $I$ của mỗi đường

Xét $\Delta OAB$ cân tại $O$ $\left(OA=OB\right)$  mà $OI$ là đường trung tuyến

$\Rightarrow$ $OI$ vừa là đường trung tuyến, đường trung trực, phân giác, đường cao của $\Delta OAB$ cân tại $O$

$\Rightarrow$$OI\perp AB$ và $\widehat{IOA}=\widehat{IOB}=\frac{\widehat{AOB}}{2}$

⇒$MN\perp BE$ mà \(AC \bot BE (ảnh 2)">

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x$ (m), điều kiện $x>0$.

Vì chiều dài gấp đôi chiều rộng nên chiều dài đáy bể là $2x$(m)

Gọi chiều cao của bể là $h$(m) điều kiện $h>0$.

Thể tích của hình hộp chữ nhật được tính bằng công thức: $V=2x\cdot x\cdot h=2x^{2}h=\frac{500}{3}$

Suy ra $h=\frac{500}{3\cdot 2x^2}=\frac{250}{3x^2}$.

Bể không có nắp nên diện tích xây dựng $\left(S\right)$ bao gồm diện tích đáy và diện tích 4 mặt xung quanh:

• Diện tích đáy $S_{d\acute{a}y}=2x.x=2x^2$

• Diện tích xung quanh: $S_{xq}=2\cdot (2x+x)\cdot h=6xh$

Tổng diện tích là: $S(x)=2x^2+6xh$

Thay $h=\frac{250}{3x^2}$ vào biểu thức trên, ta được: $S(x)=2x^2+6x\cdot \left(\frac{250}{3x^2}\right)=2x^2+\frac{500}{x}$

Chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho 3 số không âm như sau:

Ta có:

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)\left[{(a-b)}^2+{(b-c)}^2+{(c-a)}^2\right]$

Vì $a,b,c\ge 0$ nên $(a+b+c)\ge 0$; $(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\ge 0$

Suy ra $a^3+b^3+c^3-3abc\ge 0$ hay $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$

Dấu  xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng cho ba số không âm

Đặt $a=\sqrt[3]{x}$, $b=\sqrt[3]{y}$, $c=\sqrt[3]{z}$ (với $x,y,z\ge 0$), ta có:
$x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}$ hay $\frac{x+y+z}{3}\ge \sqrt[3]{xyz}$

Dấu  xảy ra khi $x=y=z$

Suy ra $S(x)=2x^2+\frac{250}{x}+\frac{250}{x}$

Để chi phí nhân công thấp nhất, ta cần tìm $x$ sao cho $S(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương $2x^2;\frac{250}{x};\frac{250}{x}$ ta có:

$2x^2+\frac{250}{x}+\frac{250}{x}\ge 3\sqrt[3]{2x^2\cdot \frac{250}{x}\cdot \frac{250}{x}}$

$S(x)\ge 3\sqrt[3]{2\cdot 250\cdot 250}=3\sqrt[3]{125000}=3\cdot 50=150$

Dấu "=" xảy ra (diện tích nhỏ nhất) khi: $2x^2=\frac{250}{x}\Rightarrow 2x^3=250\Rightarrow x^3=125\Rightarrow x=5$ (TMĐK)

Vậy để chi phí nhân công thấp nhất thì cần xây bể có chiều rộng là 5 m.