Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 14

Từ biểu đồ ta có nhóm [8; 12) có tần số ghép nhóm là 1100                                   

(nghĩa là có 1100 xe loại đó được sử dụng tốt từ 8 tới dưới 12 năm mới phải thực hiện đại tu lần đầu trong 4 năm sử dụng tiếp theo)

Tần số tương đối ghép nhóm là \(\frac{{1100}}{{2000}}.100\%  = 55\% \)                                                        

(nghĩa là có 55% số xe loại đó sử dụng tốt từ 8 tới 12 năm, sau đó các xe này đều phải đại tu, sửa chữa hoặc thay thế trong 4 năm sử dụng tiếp theo.

Xét phép thử “Bạn An bốc ngẫu nhiên 1 lá thăm”.

Kết quả của phép thử là An rút được 1 lá thăm có ghi 1 số tự nhiên (trong khoảng từ 1 tới 20) từ trong hộp. Do các lá thăm giống nhau nên có 20 kết quả có thể đồng khả năng.                   

Biến cố B: ”Bạn An được tham gia hoạt động văn nghệ chào mừng Ngày nhà giáo Việt Nam của trường” tương ứng với việc An bốc được lá thăm có ghi số 6, hoặc số 12 hoặc số 18.

Do đó, có 3 kết quả thuận lợi của biến cố B.

1) Thay x = 25 (tmđk) vào A ta được \(A = \frac{{\sqrt {25}  - 1}}{{\sqrt {25} }} = \frac{4}{5}\)

Vậy với \(x = 25\) thì \(A = \frac{4}{5}\)

\(2)B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x - 4\sqrt x  + 15}}{{x - 9}}\)\[ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{4\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} - \frac{{x - 4\sqrt x  + 15}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]

\( = \frac{{2x - 6\sqrt x  + \left( {4\sqrt x  + 12} \right) - \left( {x - 4\sqrt x  + 15} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)\( = \frac{{x + 2\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}\)

3) \(P = A:B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }}:\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}} = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\) (đkbs: \(x \ne 1\))

\[\left| P \right| + P = 0 \Rightarrow \left| P \right| =  - P \Rightarrow P \le 0 \Rightarrow \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }} \le 0 \Leftrightarrow x \le 9\]

KHĐK  \( \Rightarrow 0 < x < 9;x \ne 1\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)

Gọi số gam thịt bò và thịt heo cần sử dụng lần lượt là \[x;y\left( g \right)\] \[\left( {x > 0;y > 0} \right)\]

\[1\] gam thịt bò có chứa \[80:100 = 0,8\] (đv protein) và \[20:100 = 0,2\] (đv lipit)

\[1\] gam thịt heo có chứa \[60:100 = 0,6\](đv protein) và \[40:100 = 0,4\] (đv lipit)

Do cần đảm bảo đủ \[900\] đơn vị protein nên ta có phương trình: \[0,8x + 0,6y = 900\left( 1 \right)\]

Do cần đảm bảo đủ \[400\] đơn vị lipit nên ta có phương trình: \[0,2x + 0,4y = 400\left( 2 \right)\]

Từ \(\left( 1 \right);\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}0,8x + 0,6y = 900\\0,2x + 0,4y = 400\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 600\left( {{\rm{t/m}}} \right)\\y = 700\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array} \right.\]

Vậy số gam thịt bò và thịt heo người nội trợ cần sử dụng lần lượt là \[600g;\,\,700g.\]

Gọi vận tốc riêng của canô là x (km/h) x > 3

Vận tốc xuôi dòng là x + 3 (km/h)

Vận tốc ngược dòng là x – 3 (km/h)

Thời gian canô đi xuôi dòng là \(\frac{{90}}{{x + 3}}\) (h)

Thời gian canô đi ngược dòng là \(\frac{{90}}{{x - 3}}\) (h)

Vì ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A hết 8 giờ 45 phút nên ta có pt \(\frac{{90}}{{x + 3}} + \frac{{90}}{{x - 3}} = \frac{{35}}{4}\)

Giải pt được x = 21 (tm)

Vậy vận tốc riêng của canô là 21 km/h

Ta có \[ac =  - 1 < 0\] nên PT có 2 nghiệm phân biệt trái dấu hay PT có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Ta có \[{x_1}.{x_2} =  - 1 \Rightarrow \left( {1 - \sqrt 2 } \right){x_2} =  - 1 \Rightarrow {x_2} = \sqrt 2  + 1\]

\[{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left[ {\left( {\sqrt 2  + 1} \right) - \left( {1 - \sqrt 2 } \right)} \right]^2} = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\]

a) Đổi: 3dm = 30cm; \(R = 30:2 = 15\,\left( {cm} \right)\);

Thể tích của thùng nước là: \(V = \pi {R^2}h\)

                                                 \( = \pi {.15^2}.36 = 8100\pi  \approx 25447\,\left( {c{m^3}} \right)\)

b) Thể tích nước mỗi lần xách là: \(25447.90\%  = 22902,3\left( {c{m^3}} \right) = 0,0229023\left( {{m^3}} \right)\)

Số thùng nước cần đổ để đầy bể là:\(1:0,0229023 \approx 43,66\) (thùng)

Vậy cần phải đổ ít nhất 44 thùng để đầy bể chứa.

2a) Chứng minh bốn điểm \(M,N,C,\,E\) cùng thuộc một đường tròn

Lập luận \(\widehat {ENC} = 90^\circ \)

Lập luận \(\widehat {EMC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {ENC} = \widehat {EMC} = 90^\circ \)

Suy ra M; N cùng thuộc đường tròn đường kính CE hay 4 điểm M: N; C; E cùng thuộc một đường tròn đường kính CE.

2b) Chứng minh \(KI.KM = KC.KD\) và \(NE\) là tia phân giác của góc \(MNI.\)

Có \(\widehat {KIC}{\rm{ = 18}}{{\rm{0}}^0} - \widehat {CIM}{\rm{  = }}\widehat {CDM}\)( vì tổng các góc đối nhau của tứ giác nội tiếp CIMD bằng 1800)

Xét \(\Delta KIC\) và \(\Delta KDM\) có:

\(\widehat K{\rm{ chung; }}\widehat {KIC} = \widehat {KDM}\) (cmt)

Chứng minh: \(NE\) là tia phân giác của \(\widehat {MNI}\).

Xét \(\Delta CDE\) có: \(CM \bot DE;EN \bot CD\) và \(CM{\rm{ giao }}EN\) tại \(F\)

\[ \Rightarrow F\] là trực tâm \(\Delta CDE\)

\( \Rightarrow DF \bot CE\) tại \(I\) (\(DF\) cắt \(CE\) tại \(I\) ) hay \(DI \bot CE\) tại \(I\).

\( \Rightarrow \widehat {DIC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow I\) thuộc đường tròn tâm \(O\), đường kính \(CD\)

Xét  tứ giác \(CIFN\) có:

\[\widehat {CIF} + \widehat {CNF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Mà hai góc đối nhau trong tứ giác

Nên tứ giác \(CIFN\) nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {ICF} = \widehat {INF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  )

Chứng minh được tứ giác \[FMDN\] nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {FNM} = \widehat {FDM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  )

Mà \(\widehat {ICM} = \widehat {IDM}\) (góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn \((O)\))

Hay \(\widehat {ICF} = \widehat {FDM}\)

\( \Rightarrow \widehat {INF} = \widehat {FNM}\)

\( \Rightarrow NF\) là tia phân giác của \(\widehat {MNI}\)\( \Rightarrow NE\) là tia phân giác của \(\widehat {MNI}\)

2c) Chứng minh rằng: \[\frac{{KC}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{DN}}\]

Chứng minh được

Mà \(\frac{{KC}}{{KM}} = \frac{{CI}}{{DM}}\)( Vì )
nên \[\frac{{KC}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{KC}}{{KM}}.\frac{{KM}}{{KD}} = \frac{{CI}}{{DM}}.\frac{{CM}}{{DI}}\] (1)

Tương tự, \[\frac{{CN}}{{CE}} = \frac{{CI}}{{C{\rm{D}}}}\] và \[\frac{{DN}}{{DE}} = \frac{{DM}}{{C{\rm{D}}}}\]

Do đó, \[\frac{{CN}}{{DN}} = \frac{{CI}}{{DM}}.\frac{{CE}}{{DE}}\]    (2)

Chứng minh được \[\frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{CM}}{{DI}}\]  (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra \[\frac{{KC}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{DN}}\]

Gọi \(x\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn \(\left( {0 < x < 10} \right)\)

Khi đó độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn là:

\(MQ = 2\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \left( {cm} \right)\)

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là: \(S = x.2\sqrt {100 - {x^2}}  = 2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)} \left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có: \(2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)}  \le {x^2} + 100 - {x^2} = 100\).

Dấu bằng xảy ra khi \({x^2} = 100 - {x^2} \Rightarrow x = 5\sqrt 2 \)

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là \(100c{m^2}\) khi \(x = 5\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)