Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 16

Tần số ghép nhóm của nhóm \([161;164)\) là \(n = 18\).

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \([161;164)\) là: \(f = \frac{{18.100}}{{40}}\%  = 45\% \)

Gọi số quả bóng trắng trong hộp là \(x\) (đơn vị: quả bóng) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Tổng số quả bóng trong hộp là \(9 + x\)(quả bóng)

Xác suất để lấy được một quả bóng màu trắng là: \(P = \frac{x}{{x + 9}}\)

Theo đề bài, ta có phương trình:    \[\frac{x}{{x + 9}} = \frac{2}{5}\]

               \[5x = 2\left( {x + 9} \right)\]

                           \[x = 6\] (thỏa mãn điều kiện)

                 Vậy trong hộp có \(6\)quả bóng màu trắng.

1) Tính giá trị của \[A\] khi \(x = 16\).

Thay \(x = 16\) (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta được: \(A = \frac{{\sqrt {16} }}{{16 - 9}} = \frac{4}{7}\).

Vậy khi \(x = 16\) thì \[A = \frac{4}{7}\].

2) Rút gọn biểu thức \[B\].

Điều kiện: với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4,x \ne 9\)

\(B = \frac{{3\sqrt x  - 6}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\)\( = \frac{{3.\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}}\)\( = 3 + \sqrt x \)

Vậy \(B = 3 + \sqrt x \) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4,x \ne 9\).

3) Xét biểu thức \[P = A.B\]. Tìm \(x\) để \(P < 1\).

\[P = \frac{{\sqrt x }}{{x - 9}}.\left( {\sqrt x  + 3} \right) = \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right).\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}.\left( {\sqrt x  + 3} \right) = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}}\].

Để \(P < 1\) thì \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} < 1\) hay \(\frac{3}{{\sqrt x  - 3}} < 0\). Suy ra \(\sqrt x  - 3 < 0\)(vì \(3 > 0\))

Do đó \(\sqrt x  < 3\) hay \(x < 9\). Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0,x \ne 4,x \ne 9\), ta được \(0 \le x < 9\) và \(x \ne 4\)

Vậy \(P < 1\) khi \(0 \le x < 9\) và \(x \ne 4\).

Gọi số tình nguyện viên đội \[A\] là \(x\)(đơn vị: tình nguyện viên)

số tình nguyện viên đội \[B\] là \(y\) (đơn vị: tình nguyện viên)

Điều kiện: \(x;y \in {\mathbb{N}^*};x;y < 27\)

Theo đề bài ta có phương trình \(x + y = 27\quad \left( 1 \right)\)

Số cây đội A trồng được là \(2x\) (cây xanh)

Số cây đội B trồng được là \(3y\) (cây xanh)

Theo đề bài ta có phương trình \(2x + 3y = 66\quad \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ phương trình  \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 27\\2x + 3y = 66\end{array} \right.\)

Giải hệ ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 12\end{array} \right.\)(thỏa mãn điều kiện)

Vậy đội A có \(15\)tình nguyện viên và đội B có \(12\) tình nguyện viên

Gọi vận tốc riêng của ca nô là \(x\)(đơn vị: km/h) \(\left( {x > 3} \right)\)

Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là \(x + 3\)(km/h)

Vận tốc ca nô đi ngược dòng là \(x - 3\)(km/h)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{{48}}{{x + 3}}\)(h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{{48}}{{x - 3}}\)(h)

Theo đề bài ta có phương trình \(\frac{{48}}{{x + 3}} + \frac{1}{2} + \frac{{48}}{{x - 3}} = \frac{{41}}{{10}}\)

                                                                                     \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{48}}{{x + 3}} + \frac{{48}}{{x - 3}} = \frac{{18}}{5}\\\frac{{48\left( {x - 3} \right) + 48\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{18}}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{96x}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{18}}{5}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3{x^2} - 80x - 27 = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {3x + 1} \right)\left( {x - 27} \right) = 0\end{array}\)

                                                                           \(x = \frac{{ - 1}}{3}\) (loại) hoặc \(x = 27\)(thoả mãn)

Vậy vận tốc riêng của ca nô là \(27km/h\).

Thay \(x = 1 + \sqrt 7 \)vào phương trình ta có: \({\left( {1 + \sqrt 7 } \right)^2} - 2\left( {1 + \sqrt 7 } \right) - m + 1 = 0\)

                                                                          \(8 + 2\sqrt 7  - 2 - 2\sqrt 7  - m + 1 = 0\)

                                                                                                               \(m = 7\)

Phương trình có dạng \({x^2} - 2x - 6 = 0\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} =  - 6}\end{array}} \right.\)

Ta có  \(A = x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 6 \cdot 2 =  - 12\)

Vậy \(A =  - 12\)

a)  Thể tích của phần súp mà Cò mời Cáo ăn là \({V_1} = \pi  \cdot {4^2} \cdot 10 = 160\pi \,\,(c{m^3})\)

Vậy thể tích của phần súp mà Cò mời Cáo ăn là \(480\pi \,\,(c{m^3})\)

b) Thể tích của bình hình trụ đó là \({V_0} = \pi  \cdot {4^2} \cdot 30 = 480\pi \,\,(c{m^3})\)

khi Cáo thả những viên bi vào thì súp dâng đến vừa đầy miệng bình nên thể tích của các viên bi là \(V = {V_0} - {V_1} = 480\pi  - 160\pi  = 320\pi \,\,(c{m^3})\)

Thể tích của mỗi viên bi là \[{V_{1\,vien\,bi}} = \frac{4}{3}\pi .{R^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32}}{3}\pi \] (cm3)

Số lượng viên sỏi đã thêm vào là: \[320\pi :\left( {\frac{{32}}{3}\pi } \right) = 30\] (viên)

Vậy Cáo đã thêm \(30\) viên bi.

a)     Do \[MA,MB\] là tiếp tuyến của nửa đương tròn (O) nên ta có \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^ \circ }\)

Suy ra  là tam giác vuông tại \(A\) và  là tam giác vuông tại \(C\)

Suy ra \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\] và \[M,C,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\]

Do đó bốn điểm \[A,M,C,O\] cùng thuộc một đường tròn.

b)     Ta có \(\widehat {AMC} = \widehat {COB} = {60^ \circ }\) ( hai góc cùng bù với \(\widehat {AOC}\))

Diện tích hình quạt \(COB\) là \(\frac{{60}}{{360}}\pi  \cdot {R^2} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

Do \[MA,MC\]là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên \[MA = MC\]và \[OA = OC\]

Từ đó suy ra \[M\] thuộc đường trung trực của \[AC,O\] thuộc đường trung trực của \[AC\]

Nên \[MO\] vuông góc \[AC\]tại trung điểm \[E\] của \[AC\], suy ra \(\widehat {AEM} = {90^ \circ }\)

Suy ra  vuông tại \(E\), nên  nội đường tròn đường kính \[MA\]

Có \(\widehat {ADM} = 180 - \widehat {ADB} = {90^ \circ }\) ( do \(\widehat {ADB}\) chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ADB} = {90^ \circ }\)).

Suy ra \(\Delta ADM\) vuông tại \(D\), nên \(\Delta ADM\) nội đường tròn đường kính \[MA\]

Do đó tứ giác \(AMDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \[MA\].

Xét tứ giác \(AMDE\) nội tiếp có :\(\widehat {ADE} = \widehat {AMO}\) (cùng chắn )

Xét tứ giác \(AMCO\) nội tiếp có :\(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (cùng chắn )

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

c)     Gọi \(K\) là giao điểm của \(MB\) và \(CH\).

Do \(CH//AM\) nên theo định lí Thales  thì \(\frac{{HK}}{{AM}} = \frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{HB}}{{2R}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{HB}}{R}\)

Ta có \[OM//BC\]( cùng vuông góc với \[AC\]) suy ra \(\widehat {MOA} = \widehat {CBH}\) ( hai góc đồng vị)

Xét \(\Delta HCB\) và \(\Delta AMO\) có \(\widehat {MAO} = \widehat {CHB} = {90^ \circ }\) ; \(\widehat {MOA} = \widehat {CBH}\)

Suy ra \(\Delta HCB \sim \Delta AMO\), nên \(\frac{{HB}}{{OA}} = \frac{{CH}}{{AM}} = \frac{{HB}}{R}\)

Do đó \(\frac{{HK}}{{AM}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{CH}}{{AM}}\) hay \(HK = \frac{1}{2}CH\)

Suy ra \[MB\] đi qua trung điểm của \[CH\] (đpcm).

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là \(x\)(m)  (điều kiện \(x > 0\))

Suy ra chiều dài của hình chữ nhật là \(4x\)(m).

Gọi \(y\) là chiều cao của bể (điều kiện \(y > 0\))

Nên ta có \[V = 4x.x.y = 400 \Leftrightarrow {x^2}.y = 100 \Leftrightarrow y = \frac{{100}}{{{x^2}}}\].

Diện tích xây dựng của bể là \[S = 4{x^2} + 2\left( {x + 4x} \right)y = 4{x^2} + 10xy = 4{x^2} + 10.\frac{{100}}{{{x^2}}}.x = 4{x^2} + \frac{{1000}}{x}\]Áp dụng bất đẳng thức \[AM - GM\] ta có: \[S = 4{x^2} + \frac{{1000}}{x} = \left( {4{x^2} + 100} \right) + \frac{{1000}}{x} - 100 \ge 2\sqrt {4{x^2}.100}  + \frac{{1000}}{x} - 100 = 40x + \frac{{1000}}{x} - 100\]Và \[S \ge 40x + \frac{{1000}}{x} - 100 \ge 2\sqrt {40x.\frac{{1000}}{x}}  - 100 = 400 - 100 = 300\].

Khi đó \({S_{\min }} = 300\).

Dấu = xảy ra khi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4{x^2} = 100}\\{40x = \frac{{1000}}{x}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 5\].