SỞ GD-ĐT HÀ NỘI
ĐỀ MINH HOẠ

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2025-2026
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I.(1,5điểm)
1)Một lớp học gồm 40 học sinh được khảo sát về chiều cao và có bảng tần số ghép nhóm dưới đây:
Nhóm chiều cao
[140; 150) [150; 160) [160; 170) [170; 180)
Tần số
5
15
12
8
Tính tần số ghép nhóm và tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [170;180) .
2) Một hộp đựng 5 tấm thẻ ghi các số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 . Rút ngẫu nhiên lần lượt hai tấm thẻ từ hộp, tấm
thẻ rút ra lần đầu không trả lại vào hộp.
a) Phép thử và kết quả của phép thử là gì? Mô tả không gian mẫu của phép thử. Không gian mẫu có
bao nhiêu phần tử?
b) A: 'Số ghi trên 2 tấm thẻ có tổng bằng 5”. Tính xác suất của biến cố A?
Bài II. (1,5điểm)
Cho hai biểu thức A 

x 2
x 2

và B 

x 2
x 2



3
x 2



12
với x  0 , x  4 .
x4

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  25 .
2) Chứng minh B 

x 1
x 2

.

3) Với P  A.B . Tìm giá trị của x để P  P .
Bài III. (2,5điểm)
1) Một ô tô khách và một ô tô tải chở vật liệu xây dựng khởi hành cùng một lúc từ bến xe khách Lai
Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè. Do trọng tải lớn nên xe tải chở vật liệu xây dựng đi với vận
tốc chậm hơn xe khách 10 km/h. Xe khách đến trung tâm thị trấn Mường Tè sớm hơn xe tải 1 giờ
6 phút. Tính vận tốc mỗi xe biết quãng đường từ bến xe khách thành phố Lai Châu đến trung tâm
thị trấn Mường Tè là 132 km.
2) Một trường THCS tổ chức cho 500 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du
lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80000 đồng, vé vào cổng của một
học sinh là 60000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khuyến mại nên được giảm 5% cho
vé vào cổng của giáo viên, và 10% cho vé vào cổng của học sinh. Vì vậy nhà trường chỉ phải trả
tổng số tiền là 27.660.000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?
3) Biết rằng phương trình bậc hai 2 x2  4 x  m  0 có một nghiệm x 

2  10
. Tính tổng nghịch
2

đảo hai nghiệm của phương trình trên.
Bài IV. (4 điểm)
1) Người ta thả một cục đá vào cốc thuỷ tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm một phần xuống nước
trong cốc. Hãy tính thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó, biết diện tích đáy của cốc nước
hình trụ là 16,5cm2 và nước dâng lên thêm 80 mm .
2) Cho (O) đường kính AB . Kẻ đường kính CD vuông góc với AB . Lấy M thuộc cung nhỏ BC ,
AM cắt CD tại E . Qua D kẻ tiếp tuyến với (O) cắt đường thẳng BM tại N . Gọi P là chân

đường vuông góc kẻ từ B xuống DN , ( P  DN )
a) Chứng minh các điểm M , N , D, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh EN // CB .

c) Chứng minh AM .BN  2R2 và tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC
đạt giá trị lớn nhất.
Bài V. (0,5điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh là 30cm .
Trên cạnh AB lấy hai điểm E , G sao cho

AE  GB  x  cm  và điểm E nằm giữa
điểm A và điểm G . Qua E kẻ đường thẳng
vuông góc với AB cắt CD tại F ; qua G kẻ
đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H .
Người ta gập hình vuông theo hai cạnh EF và
GH sao cho cạnh AD trùng cạnh BC như hình
vẽ để tạo thành hình lăng trụ đứng khuyết đáy.
Tìm x để thể tích hình lăng trụ lớn nhất.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
1) Từ bảng tần số ghép nhóm, nhóm chiều cao [170;180) có tần số là 8.

8
 0, 2  20%.
40
Vậy, tần số ghép nhóm của nhóm [170;180) là 8, và tần số tương đối của nhóm này là 20%.
Tần số tương đối của nhóm này được tính bằng:

2. a) Phép thử: Rút ngẫu nhiên lần lượt hai tấm thẻ từ hộp, tấm thẻ rút ra lần đầu không trả lại vào
hộp.
Kết quả của phép thử:
- Lần rút thứ nhất: 5 kết quả có thể xảy ra ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 )
- Lần rút thứ hai: 4 kết quả có thể xảy ra (vì sau lần rút thứ nhất, chit còn lại 4 thẻ trong
hộp).
b)Mô tả không gian mẫu của phép thử:
Liệt kê tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Sử dụng cặp số  x, y  để mô tả kết
quả với:
- x là số trên thẻ rút ra lần thứ nhất.
- y là số trên thẻ rút ra lần thứ hai.

Lần
2

1

2

3

4

5

1

1;1

1; 2 

1;3

1; 4 

(1;5)

2

 2;1

 2; 2 

 2;3

 2; 4 

 2;5

3

 3;1

 3; 2 

 3;3

 3; 4 

 3;5

4

 4;1

 4; 2 

 4; 3

 4; 4 

 4;5

5

 5,1

 5, 2 

 5;3

 5; 4 

 5;5

Lần
1

Vì tấm thẻ rút ra lần đầu không trả lại vào hộp.
Không gian mẫu:


1; 2  ; 1;3 ; 1; 4  ; 1;5  ;  2;1 ;  2;3 ;  2; 4  ;  2;5  ; 3;1 ; 3; 2  ;  3; 4  ;  3;5 ;  4;1 ;  4; 2  ;



4;3
;
4;5
;
5;1
;
5;
2
;
5;3
;
5;
4
















Vậy không gian mẫu có 20 phần tử.
Biến cố A có thể (1,4);(2,3) và ngược lại. Suy ra biến có A có 4 phần tử

4 1
 .
20 5

Vậy P(A)=
BÀI II.

a) x  25 (thỏa mãn điều kiện xác định)
A

x 2
x 2

Vậy A 

25  2



25  2

3
7



3
khi x  25 .
7

b) Với x  0 , x  4 .
x 2

Ta có : B 











x 2

x 2

x 2







3
x 2

2

x 2

3



 






x 2


x  2 
x 1



x 2


x  2



x 2

c) Ta có : P  A.B 

12
x4

x 2

x 2

x  4 x  4  3 x  6  12













x 2



 

12
x 2

x x 2
x 2



x 2



x 2





x 1
x 2
x 2
x 2

x 1

.

x 2



x 1
x 2

P P

TH 1: P  P (Vô lí)
TH 2:  P  P 

1 x
x 2



x 1
x 2

1 x  x 1 2  2 x

1 x 1 x

Kết hợp với điều kiện xác định ta có : 1  x  0
BÀI III
1) Gọi vận tốc của xe tải là x  km/h  ( x  0)

 vận tốc của xe khách là x  10 (km/h)
Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là

132
132
 h  và xe khách là
h
x
x  10

Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải là 1 giờ 6 phút =

11
h
10

Nên ta có phương trình:

132 132
11


x
x  10 10

 132.10  x  10   132.10 x  11x  x  10 
 x2  10 x 1200  0

Giải phương trình ta được x  40 (loại); x2  30 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc của xe tải là 30 km/h và xe khách là 40 km/h .
2) ) Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia tham quan ( 0  x, y  500;
x, y  , đơn vị người)
Vì số giáo viên và học sinh tham gia là 500 người nên ta có phương trình:
x  y  500 (1)
Số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là 95%.80000  76 000 (đồng)
Số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là 90%.60000  54 000 (đồng)
Vì nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 27.660.000 đồng nên ta có phương trình:
76000 x  54000 y  27666000 (2)

 x  y  500
Từ (1) và (2) có hệ phương trình 
76000 x  54000 y  27660000
 x  30 (TM )

 y  470 (TM )
Vậy số giáo viên tham gia là 30 người
Số học sinh tham gia là 470 người
3) 2 x2  4 x  m  0 có nghiệm x 

2  10
2  10
nên ta thay x 
vào phương trình:
2
2

2

 2  10 
2  10
2 
m0
  4.
2
 2 
7  2 10  4  2 10  m  0

m  3
Phương trình: 2 x2  4 x  3  0
 x1  x2  2

Theo định lí Vi-et ta có: 
3
 x1.x2  2

Tổng nghịch đảo 2 nghiệm:

1 1 x1  x2
2 4
 


3 3
x1 x2
x1.x1
2

BÀI IV.
1.Đổi 80 mm  8cm
Phần thể tích nước dâng lên chính là thể tích của phần đá chìm trong nước của cục đá đó.
Nên thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó là: 16,5.8  132cm3
2)
a) Chứng minh các điểm M , N , D, E cùng thuộc một đường tròn.
C

M

E

A

B

O

P

D

N

Xét tứ giác MNDE :
Có DN  CD ( vì DN là tiếp tuyến của (O) )
 CDN  900
 EDN  90
EDN vuông tại D

Suy ra 3 điểm E, D, N thuộc đường tròn đường kính EN 1
Ta có AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
 EMN  900
 EMN vuông tại M

Suy ra 3 điểm E, M , N thuộc đường tròn đường kính EN  2 
Từ (1) và (2) Suy ra các điểm M , N , D, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh EN // CB .
Xét (O) có CDM  CBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM )

 EDM  CBM
Vì tứ giác MNDE nội tiếp ( cmt )
 EDM  ENM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EM )



Suy ra CBM  ENM  EDM



mà hai góc này ở vị trí so le trong

 EN // CB .

c) Chứng minh AM .BN  2R2 và tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC
đạt giá trị lớn nhất.

C

M
F

E

A

B

O

K
D

P

N

Xét AMB và BPN :
Có BP  DN  BPN  900  AMB  BPN  900 (1)
Có DN  CD ( DN kẻ tiếp tuyến với (O)
 BA // DN

 ABM  DNB (hai góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) ta có AMB ∽ BPN (g - g)
Xét tứ giác OBPD có :
DOB  BPD  ODP  900
OD  OB  R
 OBPD là hình vuông (DHNB) nên OD  OB  BP  R
AM AB

Có AMB ∽ BPN (cmt) 
BP BN
 AM .BN  BP. AB  R.2R  2R2
* Kẻ EF  BC, NK  BC

1
NK .BC . Do BC không đổi nên S NBC max khi và chỉ khi NK max .
2
Do EF  BC, NK  BC  EF // NK .
Có tứ giác EFKN là hình bình hành (DHNB)
S NBC 

Có EF  BC  EFK  900 nên tứ giác EFKN là hình chữ nhật (DHNB)
 EF  NK .
Ta có NK max khi EF max
khi E  O khi M  B

A

BÀI VI.
Ta có AE  GB  x (0  x  15)  EG  30  2x .
Kẻ đường cao AK của AGE .

EG 30  2 x

 15  x (cm).
2
2
15
AKE vuông tại K  AE  KE  x  .
2
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông AKE ta có G
AK 2  KE 2  AE 2
 AK 2  AE 2  KE 2

Vì AGE cân tại A nên KE 

 AK  AE 2  KE 2

 AK  x 2  15  x 

2

 AK  30 x  225 .
Diện tích đáy AGE là

K

E

1
1
AK .GE 
30 x  225.  30  2 x   30 x  225. 15  x   cm2  .
2
2
Thể tích lăng trụ là V  30. 30 x  225.(15  x) cm3 .
S AGE 





V  30. 30 x  225.(15  x)  30. 15.  2 x  15. 15  x . 15  x
 10. 15.3. 2 x  15. 15  x . 15  x .
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương 2 x  15 , 15  x , 15  x ta được

3. 3  2 x  1515  x 15  x    2 x  15  15  x   15  x 
 3  2 x  1515  x 15  x   5

  2 x  1515  x 15  x   53


 2 x 1515  x 15  x  

53  5 5

 V  10. 15.3.5 5  V  750 3 .
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 2x 15  15  x  x  10 .
Vậy x  10 thì thể tích lăng trụ lớn nhất.