Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 17

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {10;20} \right)\)là 45%

Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[ {10;20} \right)\)là \(45\% .40 = 18\).

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega  = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}\)

Không gian mẫu có 11 phần tử.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{3}{{11}}\).

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là \[x,\,y\] (học sinh; \[x,y\]\[ \in {\mathbb{N}^*}\])

Vì lớp 9A có 35 học sinh nên ta có PT: \[x + y = 35\] (1)

Vì số học sinh không cận thị là 8 nên ta có \[25\% x + 20\% y = 8\](2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\25\% x + 20\% y = 8\end{array} \right.\]

Tìm ra \[x = 20,\,y = 15\] (TMĐK)

Vậy số học sinh nữ bị cận thị là \[20\% .15 = 3\](học sinh).

Gọi \[x\] là số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc (\[x > 1\]) (ngày)

                Số cây dự kiến trồng trong 1 ngày là \[\frac{{600}}{x}\](cây)

     Số ngày thực tế để chi đoàn hoàn thành công việc là \[x - 1\](ngày)

Số cây thực tế trồng được trong 1 ngày là \[\frac{{600}}{x} + 30\](cây)

Theo đề bài ta có phương trình:

\[\left( {x - 1} \right)\left( {\frac{{600}}{x} + 30} \right) = 600\]

\[\left( {x - 1} \right)\left( {600 + 30x} \right) = 600x\]

\[600x - 600 + 30{x^2} - 30x = 600x\]

\[30x{}^2 - 30x - 600 = 0\]

\[{x^2} - x - 20 = 0\]

\[{x^2} - 5x + 4x - 20 = 0\]

\[x\left( {x - 5} \right) + 4\left( {x - 5} \right) = 0\]

\[\left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\]

TH1:

\[\begin{array}{l}x - 5 = 0\\x = 5\,\,\,(tm)\end{array}\]              

TH2:

\[x + 4 = 0\]

\[x =  - 4\,\,(ko\,\,tm)\]

Vậy số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc là \[5\]ngày

Chứng minh PT có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2}\]

Theo định lý Viet ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 5}}{3}\\{x_1}{x_2} =  - 2\end{array} \right.\]

Theo đề bài ta có :

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

\[ = \,\,\frac{{ - 86}}{{15}}\]

1) Thay \(x = 9\)( thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta có \(A = \frac{{\sqrt 9  - 2}}{{\sqrt 9  - 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}\).

Vậy \(A = \frac{1}{2}\)khi \(x = 9\).

2)   \(B = \frac{{x - \sqrt x  - \sqrt x  - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)(với \(x \ge 0,x \ne 1\))

\(B = \frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\(B = \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}\)( đpcm)

3)  Ta có \(P = A.B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}}.\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}}\)

Ta có: \(\left| P \right| + P = 0 \Rightarrow \left| P \right| =  - P \Rightarrow P \le 0\)\( \Rightarrow \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}} \le 0\)

Mà \(x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 > 0\), với mọi x thoả mãn ĐKXĐ

Suy ra \(\sqrt x  - 2 \le 0\)

             \(\sqrt x  \le 2\)

                \(x \le 4\).

Vì \(x \in \mathbb{Z}\), \(x \ge 0,x \ne 1\)\( \Rightarrow x \in \left\{ {0;2;3;4} \right\}\).

Vậy \(x \in \left\{ {0;2;3;4} \right\}\)thì \(\left| P \right| + P = 0\).

a) Bán kính của hình cầu là: \(R = \frac{d}{2} = \frac{{50}}{2} = 25{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {cm} \right)\)

Thể tích phần gạo hình cầu là: \({V_c} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {25^3} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích phần gạo vun lên dạng hình nón là: \({V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi  \cdot {25^2} \cdot 12 = 2500\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích gạo trong thùng là: \({V_g} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi  + 2500\pi  = \frac{{38750}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)\)

b) Thể tích lon là: \(\pi {.5^2}.14 = 350{\kern 1pt} \pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích gạo một ngày múc là : \(4.90\% .350\pi  = 1260\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)\)

Ta có : \(\frac{{38{\kern 1pt} 750}}{\pi }:1{\kern 1pt} 260\pi  \approx 10,3\)

Vậy cần ít nhất 11 ngày để dùng hết số gạo trong thùng.

a) Chứng minh bốn \(C,\,E,\,\,M,\,O\)cùng thuộc một đường tròn.

 cân tại \(O\), \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OM\)vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao. Suy ra \(OM \bot BC \Rightarrow \widehat {OMC} = 90^\circ \)

Theo bài ra,  là hình chiếu của  trên  nên  .

Gọi \(I\) là trung điểm của \[OC\]

Dễ dàng chứng minh \(IO = IE = IM = IC\)

Do đó , , ,  cùng thuộc một đường tròn \(\left( I \right)\).

b) *Chứng minh \(AD.AK = AB.AC\)

Xét \(\Delta DBA\) và \(\Delta CK{\rm{A}}\) có

+) \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

+) \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Nên

Do đó ta có: \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Hay \(AD.AK = AB.AC\) (đpcm).

*Chứng minh \(\Delta MDE\)  cân.

Theo bài ra \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\AE \bot EC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat {AEC} = 90^\circ \end{array} \right.\) 

Gọi \[Q\] là trung điểm của \(AC\)

Dễ dàng chứng minh \(QA = QC = QD = QE\)

Suy ra bốn điểm \(A,\,C,\,D,\,E\)cùng thuộc đường tròn \(\left( Q \right)\)

Suy ra \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CE\])  

Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(\widehat {CBK} = \widehat {CAE}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CK\] )

Từ (1)  và (2)  suy ra  mà hai góc này ở vị trí đồng vị   (3)

Suy ra  

Xét đường tròn \(\left( I \right)\)có: \(\widehat {EMC} = \widehat {EOC}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn ).  (4)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\)có:\(\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ). (5)

Từ (3); (4) và (5) suy ra: \(\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}\).

\(\Delta MDE\)có \(\widehat {EMC} = \widehat {MDE} + \widehat {MED}\) (góc ngoài của tam giác) mà  \(\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}\)

Nên \(\widehat {MDE} = \widehat {MED}\). Do đó, \(\Delta MDE\) cân tại \(M\).

c) Chứng minh khi \(A\) di chuyển trên cung lớn \(BC\) thì tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DEF\) là 1 điểm cố định.

Gọi \(P\) là trung điểm của \(BO\)

Dễ dàng chứng minh được \(PB = PO = PF = PM\)

Suy ra bốn điểm \(O,M,B,F\) cùng thuộc đường tròn \(\left( P \right)\)

Nên \[\widehat {OBM} = \widehat {MFO}\]  (Hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn \(\left( I \right)\)có: \[\widehat {MEO} = \widehat {MCO}\] \[CK\] (Hai góc nội tiếp cùng chắn).

Mà \[\widehat {OBM} = \widehat {OCM}\](\[\Delta OCB\]cân tại \[O\].

Do đó \[\widehat {MFO} = \widehat {MEO}\] \[ \Rightarrow \Delta EMF\]cân tại  \[M \Rightarrow ME = MF\]

Mà \[ME = MD\] (Tam giác \[MDE\]cân tại \[M\]).

Suy ra:\[MD = ME = ME\].

Suy ra \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\).

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\)nên \(M\) là điểm cố định.

Vậy khi \(A\) di chuyển trên cung lớn \(BC\)thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\)là một điểm cố định.

Ta có: \(\frac{{a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{{\sqrt {a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)}  + \sqrt {b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }} = \frac{{2(a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{{\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)}  + \sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }}(1)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:

\(\begin{array}{l}\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)}  \le \frac{{4a{\rm{ }} + {\rm{ }}(3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{2} = \frac{{7a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\\\sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)}  \le \frac{{4b{\rm{ }} + {\rm{ }}(3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a)}}{2} = \frac{{7b{\rm{ }} + {\rm{ }}a}}{2}{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array}\)

Từ (2) và (3) suy ra: \(\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)}  + \sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)}  \le 4a{\rm{ }} + {\rm{ }}4b{\rm{ }}\left( 4 \right)\)

Từ (1) và (4) suy ra:

\(\frac{{a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{{\sqrt {a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)}  + \sqrt {b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }} \ge \frac{{2(a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{{4a{\rm{ }} + {\rm{ }}4b}} = \frac{1}{2}\).

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[a = b\].