Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 12
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Tại một trại hè thanh thiếu niên quốc tế, người ta tìm hiểu xem mỗi đại biểu tham dự có thể sử dụng được bao nhiêu ngoại ngữ. Kết quả được như bảng sau:
Số ngoại ngữ | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \( \ge 5\) |
Số đại biểu | \(\)\(84\) | \(64\) | \(24\) | \(16\) | \(12\) |
a) Hãy lập bảng tần số tương đối ở bảng trên.
b) Hãy tính tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ.
c) Tại trại hè thanh thiếu niên quốc tế tổ chức \(1\) năm trước đó, có \(54\) trong tổng số \(220\) đại biểu tham dự có thể sử dụng được từ \(3\)ngoại ngữ trở lên. Có ý kiến cho rằng “ Tỉ lệ đại biểu sử dụng được \(3\) ngoại ngữ trở lên có tăng giữa hai năm đó”. Ý kiến đó đúng hay sai? Giải thích.
a) Bảng tần số tương đối:
Số đại biểu | \[84\] | \[64\] | \[64\] | \[16\]16 | 12 |
Tần số tương đối | \[42\% \] | \[32\% \] | \[12\% \] | \[8\% \] | \[6\% \] |
b) Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ là: \[32\% {\rm{ }} + {\rm{ }}12\% {\rm{ }} + {\rm{ }}8\% {\rm{ }} + {\rm{ }}6\% {\rm{ }} = {\rm{ }}58\% .\]
c) Ý kiến đó đúng vì:
- Tỉ lệ đại biểu sử dụng được 3 ngôn ngữ của 1 năm trước là:\(\frac{{54}}{{220}}.100\% = 24,5\% \).
- Tỉ lệ đại biểu sử dụng được 3 ngôn ngữ của nay là: .\[12\% {\rm{ }} + {\rm{ }}8\% {\rm{ }} + {\rm{ }}6\% {\rm{ }} = {\rm{ }}26\% {\rm{ }} > {\rm{ }}24,5\% \]
Một hộp có \(20\) viên bi với kích thước và khối lượng như nhau. Bạn Ngân viết lên các viên bi đó các số \(1,2,3,...,20\); hai viên bi khác nhau thì viết hai số khác nhau. Xét phép thử “Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp”.
a) Liệt kê các kết quả có thể xảy ra đối với số xuất hiện trên viên bi được lấy ra.
b) Viết không gian mẫu phép thử đó.
c) Tính xác suất biến cố: “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia \(7\) dư \(1\)”.
a) Các kết quả có thể xảy ra là:
\[1,{\rm{ }}2,{\rm{ }}3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7,{\rm{ }}8,{\rm{ }}9,{\rm{ }}10,{\rm{ }}11,{\rm{ }}12,{\rm{ }}13,{\rm{ }}14,{\rm{ }}15,{\rm{ }}16,{\rm{ }}17,{\rm{ }}18,{\rm{ }}19,{\rm{ }}20.\]
b) \(\Omega \)\[\; = {\rm{ }}\left\{ {1,{\rm{ }}2,{\rm{ }}3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7,{\rm{ }}8,{\rm{ }}9,{\rm{ }}10,{\rm{ }}11,{\rm{ }}12,{\rm{ }}13,{\rm{ }}14,{\rm{ }}15,{\rm{ }}16,{\rm{ }}17,{\rm{ }}18,{\rm{ }}19,{\rm{ }}20} \right\}.\]
c) Có 3 kết quả thuận lợi là\[1,8,15\]
Vậy \(P\left( T \right) = \frac{3}{{20}}\) .
(2,5 điểm)
Có hai loại quặng chứa \[75\% \] sắt và \[50\% \] sắt. Tính khối lượng của mỗi loại quặng đem trộn để được \[25\] tấn quặng chứa \[66\% \] sắt
Gọi khối lượng quặng chứa \[75\% \] sắt và \[50\% \] sắt là \[x,y\](tấn, \[x,y > 0\])
Theo bài ra ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\\\frac{{75x}}{{100}} + \frac{{50y}}{{100}} = \frac{{66}}{{100}}.25\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 16\\y = 9\end{array} \right.\](thỏa mãn điều kiện)
Vậy đem \[16\] tấn loại quặng chứa \[75\% \] sắt, \[9\] tấn loại quặng chứa \[50\% \] sắt
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình :
Hai công nhân làm chung một công việc thì sau \(5\) giờ \(50\) phút sẽ hoàn thành xong công việc. Sau khi làm chung \(5\) giờ thì người thứ nhất đi làm việc khác trong khi người thứ hai vẫn tiếp tục làm trong \(2\) giờ nữa mới hoàn thành xong công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành xong công việc?
Đổi \[5h50' = \frac{{35}}{6}h.\] Gọi thời gian công nhân thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (đơn vị: giờ, \(x > 0\)) |
Thời gian công nhân thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\)(đơn vị: giờ, \(y > 0\)) |
Trong một giờ công nhân thứ nhất làm được \[\frac{1}{x}\] (công việc) Trong một giờ công nhân thứ nhất làm được \[\frac{1}{y}\] (công việc) |
Vì hai công nhân làm chung công việc đó sau \[\frac{{35}}{6}h\]thì xong nên ta có phương trình \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{6}{{35}}\] (1) |
Vì Sau khi làm chung 5 giờ thì người thứ nhất đi làm việc khác trong khi người thứ hai vẫn tiếp tục làm trong 2 giờ nữa mới hoàn thành xong công việc nên ta có phương trình \[\frac{5}{x} + \frac{7}{y} = 1\] (2) |
Từ (1) và (2) ta có hệ \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{6}{{35}}\\\frac{5}{x} + \frac{7}{y} = 1\end{array} \right.\] |
Giải hệ tìm được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 14\end{array} \right..\] (tmđk) |
Vậy công nhân thứ nhất làm một mình xong công việc trong \[10\] giờ, công nhân thứ hai làm một mình xong công việc trong \[14\] giờ. |
Cho phương trình \(3{x^2} - 11x - 15 = 0\) có 2 nghiệm là \({x_1},{x_2}\) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = \frac{{3{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{3{x_2}}}{{{x_1}}}\)
Ta có
\(\begin{array}{l}3{x_1} + 4{x_2} = 3\\ \Leftrightarrow ({x_1} + {x_2}) + {x_2} = 6\\ \Rightarrow {x_2} = - 9\end{array}\)
Vì \[x = - 9\] là nghiệm của phương trình nên ta có \({\left( { - 9} \right)^2} - 5.\left( { - 9} \right) + m + 4 = 0\).
Tìm được \(m = - 3 \pm \sqrt {13} \)
(1,5 điểm)
Cho hai biểu thức
\(N = \frac{{24}}{{\sqrt x + 6}}\) và \(M = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 6}} + \frac{1}{{\sqrt x - 6}} + \frac{{17\sqrt x + 30}}{{x - 36}}\) với \(x \ge 0,x \ne 36.\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(N\) khi \(x = 9\).
2) Rút gọn biểu thức \(M.\)
3) Tìm số nguyên \(x\) để biểu thức \(L = N.M\) có giá trị nguyên lớn nhất.
Tính giá trị của biểu thức \[M\]khi \[x = 9.\] |
Thay \(x = 9\) (tmđk) vào |
Tính \(N = \frac{{24}}{{\sqrt 9 + 6}} = \frac{8}{3}.\) |
Rút gọn biểu thức \[M.\] |
\(M = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 6}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}} + \frac{{17\sqrt x + 30}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}}\) |
\( = \frac{{x - 6\sqrt x + \sqrt x + 6 + 17\sqrt x + 30}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}}\) |
\( = \frac{{x + 12\sqrt x + 36}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 6} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x + 6} \right)\left( {\sqrt x - 6} \right)}}\) |
\( = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 6}}\) |
\[L = N.M\] đạt giá trị nguyên lớn nhất. |
\[L = \frac{{24}}{{\sqrt x - 6}}\] |
Lý luận \(P\) đạt giá trị nguyên lớn nhất khi \(x = 49\) khi đó \(P = 24.\) |
(4,0 điểm)
Đường ống nối hai bể cá trong một thủy cung có dạng một hình trụ, độ dài của đường ống là \[30m.\] Dung tích của đường ống nói trên là \[1800{\rm{ }}{m^3}.\] Tính diện tích đáy của đường ống.
Diện tích đáy của đường ống đó là: \[1800:30 = 60\,({m^2})\].
Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \((O).\) Hai đường cao \(BE\) và \(CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H.\) Gọi \[K\] là trung điểm \[BC.\]
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC.\)
b) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \[EF.\]
c) Đường phân giác góc \(FHB\) cắt \(AB\) và \(AC\) lần lượt tại \(M\) và \(N.\;\)Gọi \(I\)là trung điểm của \(MN,\,J\)là trung điểm của\(AH.\) Chứng minh tứ giác \(AFHI\)nội tiếp và ba điểm\(I,J,K\)thẳng hàng.
a) Chứng minh \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC.\)\(BE \bot AC\)⇒ \[\widehat {BEC} = {90^0}\] (TGV)Vẽ đúng hình đến ý 1)⇒ Tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp⇒ \(\Delta AEF\) đồng dạng \(\Delta ABC.\)b) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \[\]Tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\)\(\Delta OAC\) cân tại O ⇒ \(\widehat {EAO} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {AOC}}}{2}\)\(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} \Rightarrow \frac{{{{180}^0} - \widehat {AOC}}}{2} = {90^0} - \widehat {ABC}\)⇒ \(\widehat {AEF} + \widehat {EAO} = {90^0}\)⇒ \(AO \bot EF\)c) Chứng minh tứ giác \(AFHI\) nội tiếp và \(I,\;J,\;K\) thẳng hàng.Chứng minh \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại\(A\) vì\(\widehat {AMN} = \widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}\) ⇒ \(AI \bot MN\)\(\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^0}\) ⇒ Tứ giác \(AFHI\) là tứ giác nội tiếp.Có \(\widehat {MAH} = \widehat {NAO} \Rightarrow \widehat {IAH} = \widehat {IAO} \Rightarrow IJ||AO\) suy ra \(IJ\)trung trực \(EF\)Có \[JE = JF,KE = KF \Rightarrow \;\] \[KI\;\] trung trực \(EF\) ⇒ \(I,\;J,\;K\) thẳng hàng.
(0,5 điểm) Cho hình lăng trụ đứng \[ABCD.A'B'C'D'\] có đáy là hình thoi. Biết thể tích của nó là \[1280c{m^3}\] và chiều cao là \[20cm\]. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích xung quanh.
Ta đặt \[AC = 2m;BD = 2n.\]
Diện tích đáy \[ABCD\] là: \[S = \frac{1}{2}.2m.2n = 2mn.\]
Mặt khác: \[S = \frac{V}{h} = \frac{{1280}}{{20}} = 64\left( {c{m^2}} \right)\]
Vậy \[2m.n = 64\left( {c{m^2}} \right).\]
Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là:
\[{S_{xq}} = 4.AB.20 = 80AB.\]
Vậy \[{S_{xq}}\] nhỏ nhất khi \[AB\] nhỏ nhất.
Gọi \[O\] là giao điểm của hai đường chéo \[AC\] và \[BD\]. Ta có \[AC \bot BD\] tại \[O\].
Xét \[\Delta AOB\] vuông tại \[O\], ta có: \[A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {m^2} + {n^2}.\]
Mặt khác \[{m^2} + {n^2} \ge 2mn\]. Do đó \[A{B^2} \ge 64 \Rightarrow
AB \ge 8\left( {cm} \right).\]
Vậy giá trị nhỏ nhất của \[AB\] là \[8cm\] khi \[m = n\] tức là khi \[ABCD\] là hình vuông.
Giá trị nhỏ nhất của diện tích xung quanh là \[4.8.20 = 640\left( {c{m^2}} \right).\]
