Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 19

+ Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {40;50} \right)\] là \[3\].

+ Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \[\left[ {40;50} \right)\] là: \[\frac{3}{{60}}.100\%  = 5\% \]

+ Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi thực hiện phép thử “Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp”  là:              \[\left\{ {1;2;3;...;12} \right\}\] ; có \[12\] kết quả

+ Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[M\]: “thẻ được rút ra ghi số chia hết cho \[3\]” là: \[\left\{ {3;6;9;12} \right\}\]

+ Xác suất của biến cố \[M\]là:  \[\frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\]

Gọi khối lượng dung dịch \[HCl\] \[10\% \] là \[x{\rm{ }}(gam,x > 0)\]

Gọi khối lượng dung dịch \[HCl\] \[25\% \] là \[y{\rm{ }}(gam,y > 0)\]

Vì tổng khối lượng hai dung dịch là \[500\] \[gam\] nên ta có phương trình:

\[x + y = 500{\rm{ }}(1)\]

Vì dung dịch tạo thành là \[HCl\] \[16\% \] nên ta có phương trình:

\[10\% x + 25\% y = 16\% .500{\rm{ }}(2)\]

Từ \[(1);{\rm{ }}(2)\] ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\10\% x + 25\% y = 16\% .500{\rm{ }}\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\0,1x + 0,25y = 80{\rm{ }}\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\x + 2,5y = 800{\rm{ }}\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\ - 1,5y =  - 300{\rm{ }}\end{array} \right.\]

 \[\left\{ \begin{array}{l}x = 300{\rm{ }}(tm){\rm{ }}\\y = 200{\rm{ }}(tm){\rm{ }}\end{array} \right.\]

Vậy Bình cần dùng \[300\] \[gam\] dung dịch \[HCl\] \[10\% \] và \[200\]\[gam\] dung dịch \[HCl\] \[25\% \]

Gọi số người ban đầu có là \[x\](người, \[x \in N*\])

Số tiền mỗi người góp lúc đầu là: \[\frac{{180}}{x}\] (triệu đồng)

Số người khi tăng thêm \[3\] người là: \[x + 3\](người)

Số tiền mỗi người góp khi tăng thêm \[3\] người là: \[\frac{{180}}{{x + 3}}\](triệu đồng)

Vì số tiền mỗi người góp giảm đi \[3\] triệu nên ta có phương trình:

            \[\frac{{180}}{x} - \frac{{180}}{{x + 3}} = 3\]

              \[\frac{{60}}{x} - \frac{{60}}{{x + 3}} = 1\]

              \[60\left( {x + 3} \right) - 60x = x(x + 3)\]

              \[{x^2} + 3x - 180 = 0\]

              \[(x - 12)(x + 15) = 0\]

            \[x = 12(TM);x =  - 15(KTM)\]

Vậy ban đầu nhóm bạn đó có \[12\] người

Cho phương trình: \[{x^2} - 2x + m - 1 = 0{\rm{ }}(1)\] với \[m\] là tham số.

\[\Delta ' = 1 - m + 1 = 2 - m\]

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \[\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\]

Áp dụng Định lý Viète ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = m - 1\end{array} \right.\]

Có:     \[{x_1}{x_2} - 1 = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\]

            \[{x_1}{x_2} - 1 = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}\]

           \[m - 1 - 1 = \frac{2}{{m - 1}}\]       (Điều kiện: \[m \ne 1\])

            \[(m - 2)(m - 1) = 2\]

             \[{m^2} - 3m = 0\]

             \[m = 0(TM);m = 3(KTM)\]

Vậy \[m = 0\]

 1) Thay \[x = 9\] (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[B\] ta có:

\[B = \frac{{\sqrt 9  + 2}}{{\sqrt 9  - 2}} = \frac{{3 + 2}}{1} = 5\]

Vậy giá trị của \[B\] tại \[x = 9\] là \[5\].

2) \[A = \frac{3}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{\sqrt x  + 10}}{{x - 4}}\]

\[A = \frac{{3\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x  + 10}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[A = \frac{{3\left( {\sqrt x  + 2} \right) - \sqrt x  - 10}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[A = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{2\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[A = \frac{2}{{\sqrt x  + 2}}\]

3) \[P = A.B = \frac{2}{{\sqrt x  + 2}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\]

\[P \le  - 1 \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x  - 2}} \le  - 1 \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x  - 2}} + 1 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} \le 0\]

* Nếu \[\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} = 0\] thì \[\sqrt x  = 0 \Leftrightarrow x = 0\] (không thỏa mãn đk x là số nguyên tố)

* Nếu \[\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} < 0\] thì ta có hai trường hợp sau:

\[TH1:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  > 0\\\sqrt x  - 2 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 4\](thỏa mãn đk \[x \ge 0;x \ne 4\])  mà \[x\] là số nguyên tố nên \[x = 2;x = 3\]

\[TH2:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  < 0\\\sqrt x  - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \emptyset \]

Vậy \[x = 2;x = 3\] thì thỏa mãn đề bài

Bán kính đáy phần hình trụ là : \[2:1 = 2(cm)\]

Thể tích của phần bình hình trụ là : \[{V_1} = \pi .{r_1}^2.h = {3,14.1^2}.8 = 25,12(c{m^3})\]

Thể tích phần bình hình cầu là: \[{V_2} = \frac{4}{3}\pi .{r_2}^3 = \frac{4}{3}{.3,14.4,25^3} \approx 321,39(c{m^3})\]

Thể tích nước trong bình là : \[V = 25,12 + 321,39 = 346,51(c{m^3})\]

Vậy thể tích nước trong bình khoảng \[346,51(c{m^3})\]

a)

+ Có \[AD\] là đường cao của tam giác \[ABC\]

nên \(AD \bot BC\) \( \Rightarrow \widehat {ADB} = {90^0}\)

+ Có \[BE\] là đường cao của tam giác \[ABC\]

nên \(BE \bot AC\) \( \Rightarrow \widehat {AEB} = {90^0}\)

+ Gọi \[I\] là trung điểm của \[AB\]

   \(\Delta ABD\) vuông tại \(D \Rightarrow IA = IB = ID = \frac{{AB}}{2}\) \[(1)\]

   \(\Delta ABE\) vuông tại \(E \Rightarrow IA = IB = IE = \frac{{AB}}{2}\) \[(2)\]

Từ \((1);(2)\) suy ra \(IA = IB = IE = ID\left( { = \frac{{AB}}{2}} \right)\)

Nên bốn điểm \(A,B,E,D\) cùng nằm trên một đường tròn .

b) Chứng minh: \[\widehat {ADB} = \widehat {ACK = }{\kern 1pt} \,{90^0}\]

+ Chỉ ra: \[\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\]

Chứng minh \(\Delta \)ABD đồng dạng \(\Delta \)AKC (g.g)

và AB.AC = AK.AD

+ Chứng minh tứ giác AFDB nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {BAD}\] (1)

+ Vì \(\Delta \)ABD đồng dạng \(\Delta \)AKC

\[ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KAC}\] (2)

+ Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {EAF} = \widehat {EBF}\]

Hay \[\widehat {CAK} = \widehat {EBF}\] (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra: \[\widehat {EBF} = \widehat {BFD}\]

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BE // DF

Lại có BE \( \bot AC\) (GT)

Vậy DF \( \bot AC\)

c) Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra M cố định và OM vuông góc BC (quan hệ giữa đường kính và dây)

+ Chứng minh tứ giác OMBF nội tiếp

Suy ra \[\widehat {OFM} = \widehat {OBM}\,\]

+ Chứng minh \[\widehat {OBM} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BOC}}}{2}\,\, = {90^0} - \widehat {BAC} = \widehat {ABE}\]

Mà \[\widehat {ABE} = \widehat {AFE}\]

nên \[\widehat {AFE} = \widehat {OFM}\]

Từ đó chứng minh \[\widehat {EFM} = {180^0}\]. Suy ra ba điểm E, F, M thẳng hàng

Gọi độ dài đoạn \[MB\] là \[x(cm)\], ta có:

Độ dài đoạn \[NC\] là \[x(cm)\]

Độ dài đoạn \[MN\] là \[20 - x - x = 20 - 2x(cm)\]

Tam giác \[BQM\] vuông tại \[M\] có:

                        \[\tan B = \tan {60^0} = \frac{{QM}}{{BM}} = \frac{{QM}}{x}\]

                           \[QM = x.\tan {60^0} = x.\sqrt 3 \]

Diện tích hình chữ nhật \[MNPQ\] là: \[S = MN.QM = (20 - 2x).x\sqrt 3 \]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \[S = (20 - 2x).x\sqrt 3  = 2\sqrt 3 (10 - x).x \le 2\sqrt 3 {\left( {\frac{{10 - x + x}}{2}} \right)^2}\]

                                                                     \[S \le 2\sqrt 3 .25 = 50\sqrt 3 \]

Dấu bằng xảy ra khi \[10 - x = x\] nên \[x = 5\]

Vậy \[MB = 5cm\] để hình chữ nhật \[MNPQ\] có diện tích lớn nhất.