Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 13

2) Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là Đ­1, Đ2, X1, X2, T1, T2

Không gian mẫu:

Ω = { Đ­1Đ2, X1X2, T1T2, Đ­1X1, Đ1X2, Đ2X1, Đ2X2, Đ­1T1, Đ­1T2, Đ2T1, Đ2T2, X1T1, X1T2, X2T1, X2T2}                                           

Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố A là :  Đ­1Đ2, Đ­1X1, Đ1X2, Đ2X1, Đ2X2, Đ­1T1, Đ­1T2, Đ2T1, Đ2T2                                                                    

P(A) =  $\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$                         

1) Bảng tần số ghép nhóm 

1)     Thay \[x = 16\](tmđk) vào biểu thức \[A = \frac{{3\sqrt x  - 2}}{{1 - \sqrt x }}\]ta được

\[A = \frac{{3\sqrt {16}  - 2}}{{1 - \sqrt {16} }} = \frac{{3.4 - 2}}{{1 - 4}} = \frac{{12 - 2}}{{ - 3}} =  - \frac{{10}}{3}\]

Vậy khi \[x = 16\]thì \[A =  - \frac{{10}}{3}\]

2)     Với x ≥ 0 , x ≠ 1 . Ta có:

\[P = A + B = \frac{{3\sqrt x  - 2}}{{1 - \sqrt x }} + \frac{{15\sqrt x  - 11}}{{x + 2\sqrt x  - 3}} - \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 3}}\]

\[P = \frac{{\left( { - 3\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{15\sqrt x  - 11}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} - \frac{{\left( {2\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]

\[P = \frac{{ - 3x - 7\sqrt x  + 6 + 15\sqrt x  - 11 - 2x - \sqrt x  + 3}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]\[ = \frac{{ - 5x + 7\sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{{ - \left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {5\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]

\[P = \frac{{ - 5\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\] .      Vậy với \[x \ge 0;\,x\, \ne \,1\] thì \[P = \frac{{ - 5\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\]

Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố A là :  Đ­1Đ2, Đ­1X1, Đ1X2, Đ2X1, Đ2X2, Đ­1T1, Đ­1T2, Đ2T1, Đ2T2                                                                    

3)     Với \[x \ge 0;\,x\, \ne \,1\] ta có: \[m = P\left( {\sqrt x  + 3} \right) = \frac{{ - 5\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}.\left( {\sqrt x  + 3} \right) =  - 5\sqrt x  + 2\]

Với \[x \ge 0 \Rightarrow  - 5\sqrt x  \le 0 \Rightarrow  - 5\sqrt x  + 2 \le 2 \Rightarrow m \le 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác \[x\, \ne \,1\, \Rightarrow \,\sqrt x \, \ne 1\, \Rightarrow  - 5\sqrt x  \ne  - 5 \Rightarrow  - 5\sqrt x  + 2 \ne  - 3 \Rightarrow m \ne  - 3\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow m \le 2;\,m \ne \, - 3\]

Vậy với \[m \le 2;\,m\, \ne \, - 3\] thì có x thỏa mãn \[P\left( {\sqrt x  + 3} \right) = m\]

Phương trình đã cho có 2 nghiệm khi

Theo định lí Viète ta có x1 . x2 = 5 mà x1 = nên x2  =

Ta có   - 2x1 . x2 = 82 – 2.5 = 54

Đổi 1,75m = 17,5 dm

Số nước đã tháo ra ngoài thể tích của hình trụ có bán kính ddáy là 5 dm và có chiều cao là:

17,5dm – 10dm = 7,5dm

Thể tích phần nước tháo ra là

2.5.π .7,5  235,5 dm3 = 235,5 l

Vậy thể tích nước đã tháo ra ngoài xấp xỉ 235,5 lít

a) Tứ giác AMON nội tiếp

Vì AM là tiếp tuyến nên AM  MO

Do đó  vuông tại M nên nội tiếp trong đường tròn đường kính AO

Chứng minh tương tự ta được  nội tiếp trong đường tròn đường kính AO

Do đó 4 điểm A, O, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AO

Vậy tứ giác AMON nội tiếp

b) Chứng minh I thuộc đường tròn đường kính AO

Chứng minh 

Chứng minh

Từ (1) và (2) suy ra AK.AI = AB.AC

c) Chứng minh

  Chứng minh   (vì NA=MA)

Do đó \(IM = 2IN \Leftrightarrow \frac{{IN}}{{IM}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{KN.MA}}{{KA}}}}{{\frac{{KM.MA}}{{KA}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{KN}}{{KM}} = \frac{1}{2}\)

Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với \(\frac{{KN}}{{KM}} = \frac{1}{2}\)