Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 10
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Một khu vui chơi dành cho trẻ em thống kê lại độ tuổi của trẻ em đến chơi trong một ngày và lập được biểu đồ đoạn thẳng như sau:
Quan sát biểu đồ cho biết: Trong các trẻ em đến khu vui chơi, trẻ em ở
Trẻ em đến khu vui chơi nhiều nhất ở độ tuổi là 6 tuổi, có 20 em.
Một hộp chứa 10 quả bóng màu đỏ và một số quả bóng màu vàng (các quả bóng có khối lượng và kích thước như nhau). Lấy ra ngẫu nhiên một quả bóng trong hộp rồi thả lại hộp. Biết xác suất của biến cố: “Lấy được quả bóng màu đỏ” là 0,4. Hỏi trong hộp có bao nhiêu quả bóng màu vàng?
Gọi số quả bóng màu vàng là \(x\) (quả), đk: \(x \in {\mathbb{N}^*}\)
Tổng số bóng trong hộp là \(10 + x\) (quả)
Xác suất của biến cố “Lấy được quả bóng màu đỏ” là \(\frac{{10}}{{10 + x}}\)
Theo bài ra: \(\frac{{10}}{{10 + x}} = 0,4\) hay \(10 + x = 25 \Rightarrow x = 15\) (t/m)
Vậy có 15 quả bóng màu vàng.
(2,5 điểm)
Để khuyến khích tiết kiệm nước, giá nước sinh hoạt được tính theo kiểu bậc thang lũy tiến, nghĩa là nếu sử dụng càng nhiều nước sạch thì giá càng tăng lên theo các bậc như sau:
Bậc 1: 10m3 nước đầu tiên giá 6000 đồng/m3
Bậc 2: Từ 10m3 đến 20m3 nước tiếp theo giá 7100 đồng/m3
Bậc 3: Từ 20m3 đến 30m3 nước tiếp theo giá 8600 đồng/m3
Bậc 4: Trên 30m3 nước giá 16000 đồng/m3.
a) Trong tháng 1 vừa qua nhà bạn Trang sử dụng hết 25m3 nước. Hỏi nhà bạn Trang
phải trả bao nhiêu tiền nước?
b) Sang tháng 2 nhà bạn Trang có nhiều việc nên nhu cầu sử dụng nước tăng lên. Do
đó số tiền phải trả là 297000 đồng. Hỏi trong tháng 2 nhà bạn Trang dùng hết bao
nhiêu mét khối nước?
a) Vì nhà bạn Trang sử dụng hết 25m3 nước nên số tiền nhà Trang phải trả là 10m3 theo giá ở bậc 1; 10m3 theo giá ở bậc hai; 5m3 theo giá ở bậc 3.
Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 10m3 nước đầu tiên là:
10.6000 = 60 000 (đồng)
Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 10m3 nước tiếp theo là:
10.7100 = 71 000 (đồng)
Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 5m3 nước tiếp theo nữa là:
5.8600 = 43 000 (đồng)
Vậy tổng số tiền nhà bạn Trang phải trả là:
60 000 + 71 000 + 43 000 = 174 000 (đồng)
b) Số tiền phải trả cho 30m3 nước đầu tiên là:
10.6000 + 10.7100 + 10.8600 = 217 000 (đồng)
Vì 297 000 (đồng) lớn hơn 217 000 (đồng) nên nhà Trang đã phải trả một số tiền theo giá ở bậc 4.
Gọi số mét khối nước mà nhà Trang phải trả theo giá ở bậc 4 là x (m3).
Theo đề bài ta có: 217 000 + x.16 000 = 297 000
Tìm được x = 5
Vậy trong tháng 2 nhà bạn Trang dùng hết 30 + 5 = 35 m3 nước
Cho phương trình \[3{x^2} - 12x - 5 = 0\] có hai nghiệm là \[{x_1},{\rm{ }}{x_2}\]. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: \[T = \frac{{{x_1}^2 + 4{x_2} - {x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}^2 + {x_1}{x_2}}}\]
Phương trình đã cho là phương trình bậc hai của \(x\) có: \(ac = 3.\left( { - 5} \right) < 0\)
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\); \({x_2}\)
- Theo định lý Vi-et, ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{12}}{3} = 4}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 5}}{3}}\end{array}} \right.{\rm{ }}\)
Do đó: \[T = \frac{{{x_1}^2 + 4{x_2} - {x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}^2 + {x_1}{x_2}}} = \frac{{{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}^2 + {x_1}{x_2}}} = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}\]
\( = \frac{{4{x_1} + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + 4{x_2}}} = \frac{{4({x_1} + {x_2}) - 2{x_1}{x_2}}}{{4({x_1} + {x_2})}} = \frac{{4.4 - 2.\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}}{{4.4}} = \frac{{29}}{{24}}\)
Vậy giá trị của biểu thức \(T = \frac{{29}}{{24}}\)
(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \[A = \frac{{x - 9}}{{x - 3\sqrt x }}\] và \[B = \frac{{x + 3}}{{x - 9}} - \frac{1}{{3 - \sqrt x }} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}\] với \(x > 0;x \ne 9\).
1) Tính giá trị của \[A\] khi \(x = 16\).
2) Chứng minh rằng \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\)
3) Đặt \(P = A.B\). Tìm các giá trị nguyên của \(x\) để \(P < 1\)
1) Thay \(x = 16\) (thoả mãn đk) vào biểu thức \[A\] ta được: \(A = \frac{{16 - 9}}{{16 - 3\sqrt {16} }} = \frac{7}{4}\).
2) Với \(x > 0;x \ne 9\) ta có: \[B = \frac{{x + 3}}{{x - 9}} - \frac{1}{{3 - \sqrt x }} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}\]
\[ = \frac{{x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]\[ = \frac{{x + 3 + \sqrt x + 3 + 2\sqrt x - 6}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\]
\( = \frac{{x + 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)\( = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\)
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x > 0;x \ne 9\) . (đpcm)
3) Ta có: \[P = A.B = \frac{{x - 9}}{{x - 3\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)\sqrt x }}{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}}\]
Do đó: \[P < 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} < 1\]
\[\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - 1 < 0\]
\[\frac{6}{{\sqrt x - 3}} < 0\]
\[\sqrt x - 3 < 0\]
\[0 < x < 9\]
Do \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;...;8} \right\}\)
Vậy \(x \in \left\{ {1;2;3;...;8} \right\}\) thì \(P < 1\)
(4,0 điểm)
1) Một bồn đựng nước có dạng hình hộp chữ nhật có các kích thước cho trên hình vẽ..
Một vòi bơm với công suất 120 lít/phút để bơm một lượng nước vào bồn (bồn không chứa nước) lên
độ cao cách nắp bồn là 1,5 m thì phải mất khoảng bao nhiêu phút? (làm tròn đến phần nguyên)
Thể tích nước bơm vào bồn là : \(V = 3,1.11,5.\left( {2,3 - 1,5} \right) = 28,52{m^3} = 28520\,l\)
Thời gian cần để bơm nước đến độ cao cách nắp 1,5m là : \(\frac{{28520}}{{120}} \approx 238\)phút
Cho \(\Delta ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(AD\), \(BE\), \(CF\) cắt nhau tại \(H\). Tia \(EF\) cắt tia \(CB\) tại \(K\).
a) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp và \(KF.KE = KB.KC\).
b) Đường thẳng \(KA\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(M\). Chứng minh tứ giác \(AEFM\) nội tiếp.
c) Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\). Chứng minh \(M\), \(H\), \(N\) thẳng hàng.
a) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp và \(KF.KE = KB.KC\).
Xét tứ giác \[BFEC\], có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BFC} = 90^\circ \,\left( {CF \bot AB} \right)\\\widehat {BEC} = 90^\circ \,\left( {BE \bot AC} \right)\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow F,E\] cùng nhìn cạnh \[BC\] dưới một góc \[{90^o}\]
\[ \Rightarrow \]Tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].
\[ \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {KEC}\] (cùng bù \[\widehat {FBE}\]).
\( \Rightarrow \frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KC}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
\[ \Rightarrow KB.KC = KE.KF\] \(\left( 1 \right)\)
b) Đường thẳng \(KA\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(M\). Chứng minh tứ giác \(AEFM\) nội tiếp.
Ta có \(AMBC\) nội tiếp \(\left( O \right)\)
\[ \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {KCA}\] (cùng bù \(\widehat {BMA}\))
\[ \Rightarrow \]\(\frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KM}}{{KC}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
\[ \Rightarrow KB.KC = KM.KA\] \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) \[ \Rightarrow KM.KA = KE.KF\]
\[ \Rightarrow \frac{{KM}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\]
\[ \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KEA}\] (hai góc tương ứng bằng nhau)
\[ \Rightarrow AMFE\] nội tiếp.
c) Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\). Chứng minh \(M\), \(H\), \(N\) thẳng hàng.
Xét tứ giác AMFE, ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {HFA} = {90^o}\,\,\left( {HF \bot AB} \right)\\\widehat {HEA} = {90^o}\,\,\left( {HE \bot AC} \right)\end{array} \right.\].
Suy ra: \[AFHE\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]
Mà \[AMFE\] nội tiếp
\[ \Rightarrow A,M,F,H,E\,\, \in \] đường tròn đường kính \[AH\]
\[ \Rightarrow \widehat {HMA} = \widehat {HFA} = 90^\circ \]\[ \Rightarrow HM \bot AM\] \(\left( 3 \right)\)
Gọi \[I\] là điểm đối xứng của \[A\] qua \[O \Rightarrow AI\] là đường kính của \[\left( O \right)\]
\[ \Rightarrow AM \bot MI\] \(\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) \[ \Rightarrow \,\,M,H,I\] thẳng hàng \(\left( 5 \right)\)
Mà \[AI\] là đường kính của \[\left( O \right)\]
\[ \Rightarrow IC \bot AC,\,IB \bot BA\]
\[ \Rightarrow IC\parallel BH,\,\,IB\parallel CH\]
\[ \Rightarrow BHCI\] là hình bình hành
\[ \Rightarrow HI \cap BC = N\] là trung điểm mỗi đường
\[ \Rightarrow H,N,I\] thẳng hàng \(\left( 6 \right)\)
Từ \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) \[ \Rightarrow M,H,N\] thẳng hàng (đpcm).
Hai trường X và Y có 420 học sinh đậu vào lớp 10 đạt tỉ lệ 84%. Riêng trường X tỉ lệ đậu 80%, riêng trường Y tỉ lệ đậu 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường.
Tổng số học sinh dự thi của hai trường X và Y là: \(420:84\% = 500\)
Gọi \(x\), \(y\) lần lượt là số học sinh hai trường X và Y (\(x\); \(y\) nguyên dương, \(x\); \(y < 420\))
Vì số học sinh dự thi của 2 trường là 500 học sinh nên ta có phương trình \(x + y = 500\) \(\left( 1 \right)\)
Tỉ lệ đạu lớp 10 của riêng trường X là 80%, trường Y là 90% nên ta có phương trình: \(0,8x + 0,9y = 420\)\(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0,8x + 0,9y = 420\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 200\end{array} \right.\) (thỏa mãn)
Vậy trường X có \(300\) học sinh tham gia dự thi và trường Y là\(200\) học sinh dự thi.
(0,5 điểm) Nhà anh Thịnh có một cái ao nuôi cá hình chữ nhật \(ABCD\) (tham khảo hình vẽ), đợt này vừa có một loại cá giống mới nên anh đã giăng lưới quây lại để nuôi thử nghiệm trên một góc ao của mình. Biết rằng lưới được giăng theo một đường thẳng từ một vị trí \(M\) ở bờ \(AB\) đến một vị trí \(N\) ở bờ \(AD\) và phải đi qua một cái cọc cố định đã cắm sẵn ở vị trí \(E\)
Biết rằng khoảng cách từ cọc \(E\) đến bờ \(AB,AD\) lần lượt là 5m và 12m. Hỏi diện tích nhỏ nhất của phần góc ao \(AMN\) mà anh Thịnh có thể quây được là bao nhiêu?
Gọi khoảng cách từ \(E\) đến \(AB,AD\) lần lượt là \(EH,EK.\)
Đặt \(KN = x\left( m \right)\), đk: \(x > 0\)
Hai tam giác vuông \(KEN,HME\) đồng dạng nên \[\frac{{KE}}{{KN}} = \frac{{HM}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{12}}{x} = \frac{{HM}}{5} \Rightarrow HM = \frac{{60}}{x}\left( m \right)\]
Diện tích tam giác \(AMN\) là:
\({S_{AMN}} = \frac{1}{2}.AM.AN = \frac{1}{2}.\left( {12 + \frac{{60}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right) = \left( {6 + \frac{{30}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right)\)
\[30 + 6x + \frac{{150}}{x} + 30 = 60 + 6x + \frac{{150}}{x} \ge 60 + 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} = \]120
Dấu “=” xảy ra khi
\[6x = \frac{{150}}{x}\]
\[{x^2} = 25\]
\[x = 5\].
Vậy diện tích nhỏ nhất của phần góc ao \(AMN\) mà anh Thịnh có thể quây được là \(120{m^2}\)..
