Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 20

Bảng tần số ghép nhóm cho lượng điện tiêu thụ của hộ gia đình (đơn vị: kWh)

Khoảng lượng điện	\(\left[ {100;130} \right)\)	\(\left[ {130;160} \right)\)	\(\left[ {160;190} \right)\)	\(\left[ {190;220} \right)\)
Tần số	\[3\]	\[5\]	\[5\]	\[7\]

Không gian mẫu: \(\Omega  = \){(2;3); (2;5); (2;8); (3;2); (3; 5); (3;8); (5;2); (5; 3); (5; 8); (8;2); (8;3); (8; 5)}. Có 12 phần tử.

Tích của các số ghi trên 2 tấm thẻ là số lẻ có 2 trường hợp là (3; 5); (5; 3)

Vậy \(P(M) = \frac{2}{{12}} = \frac{1}{6}\)

Gọi giá gốc của quyển từ điển và món đồ chơi lần lượt là x; y ( nghìn đồng); x, y > 0

Tổng giá tiền theo niêm yết là 750 nghìn đồng nên ta có PT

\(x + y = 70\) (1)

Giá quyển từ điển được giảm 20% nên còn \(x - 20\% x = 0,8x\)(nghìn đồng);

Giá món đồ chơi được giảm 10%. nên còn \(y - 10\% y = 0,9y\)(nghìn đồng)

Do đó Bình chỉ phải trả 630 nghìn đồng nên ta có PT:

\(0,8x + 0,9y = 630\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ PT

 \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 750\\0,8{\rm{x}} + 0,9y = 630\end{array} \right.\)

Giải HPT được x = 450; y = 300( TMĐK)

 Vậy giá quyển từ điển là 0,8. 450 = 360 (nghìn đồng)

Giá món đồ chơi là 0,9. 300 = 270 (nghìn đồng)

Gọi số sản phẩm đội dự định làm trong 1 giờ là \(x\)(sản phẩm) \((x \in {N^*};\,\,x \le 20)\)

Theo dự định, thời gian hoàn thành 72 sản phẩm là \(\frac{{72}}{x}\) (h).

Theo thực tế, 1h đội làm được x +1 (sản phẩm), số sản phẩm cần làm là 80 nên thời gian hoàn thành là \(\frac{{80}}{{x + 1}}\) (h)

Vì thời gian thực tế chậm hơn dự định 12 phút = \(\frac{1}{5}\) (h) nên ta có phương trình:

                                         \(\begin{array}{l}\frac{{80}}{{x + 1}} - \frac{{72}}{x} = \frac{1}{5}\\{x^2} - 39x + 360 = 0\\(x - 24)(x - 15) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 24\,\,\,\\x = 15\,\,\,\,\end{array} \right.\end{array}\)

Với x =15 ( thỏa mãn điều kiện)

Với x = 24 ( không thỏa mãn điều kiện).

Vậy số sản phẩm làm theo dự định trong 1h là 15 sản phẩm

\({x^2} - 12x + 4 = 0\)

Xét \({\Delta ^\prime } = {b^{\prime 2}} - ac = {( - 6)^2} - 1.4 = 32 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

Áp dụng hệ thức Viète ta có: \({x_1} + {x_2} = 12;{x_1}{x_2} = 4\quad  \Rightarrow {x_1} > 0,{x_2} > 0\)

Ta có:

\({T^2} = {\left( {\frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} }}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}^2}}}{{{{\left( {\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}} } \right)}^2}}} = \frac{{{{\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]}^2}}}{{{x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} }} = \frac{{{{\left( {{{12}^2} - 2.4} \right)}^2}}}{{12 + 2\sqrt 4 }} = 1156\)\(\)

Nhận xét \(x_1^2 + x_2^2 > 0\) và \(\sqrt {{x_1}}  + \sqrt {{x_2}}  > 0\) với mọi \({x_1},{x_2} > 0\) suy ra \(T > 0\)

\( \Rightarrow T = \sqrt {{T^2}}  = \sqrt {1156}  = 34\)

Vây \(T = 34\).

1) Thay \(x = 9\left( {TM} \right)\) vào biểu thức A, ta có:

\(A = \frac{{\sqrt 9  + 4}}{{\sqrt 9  - 1}} = \frac{{3 + 4}}{{3 - 1}} = \frac{7}{2}\)

Vậy \(A = \frac{7}{2}\) tại \(x = 9\).

2) Ta có \(B = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{x + 2\sqrt x  - 3}} - \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}\)với \(x \ge 0,\,x \ne 1\).\(\frac{A}{B} = \frac{x}{4} + 5\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}\\B = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\B = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{{2\sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\B = \frac{{3\sqrt x  + 1 - 2\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\end{array}\)

3) Ta có \(\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 1}}:\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 1}}.\frac{{\sqrt x  - 1}}{1} = \sqrt x  + 4\)

Để

 \(\begin{array}{l}\frac{A}{B} = \frac{x}{4} + 5\\ \Rightarrow \sqrt x  + 4 = \frac{x}{4} + 5\\4\sqrt x  + 16 = x + 20\\x - 4\sqrt x  + 4 = 0\\\sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy để \(\frac{A}{B} = \frac{x}{4} + 5\) thì \(x = 4\).

a) Bán kính hình trụ của cái mũ là \(r = \frac{{35 - 10 - 10}}{2} = \frac{{15}}{2}\;\left( {cm} \right)\).

Đường cao hình trụ của cái mũ là \(30\;cm\).

Diện tích xung hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2.\pi .\frac{{15}}{2}.30 = 450\pi \;\left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích vành mũ là: \({S_v} = \pi {\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2} - \pi {\left( {\frac{{15}}{2}} \right)^2} = 250\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Vậy tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không tính phần viền, mép dán) là:

\(S = {S_{xq}} + {S_v} = 450\pi  + 250\pi  = 200\pi  \approx \;628,32\left( {c{m^2}} \right)\).

b) thể tích phần có dạng hình nón của chiếc mũ là

\[V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {\frac{{15}}{2}} \right)^2}.30 = \frac{{3375}}{2}\pi  \approx 5301,44\left( {c{m^3}} \right)\].

a) Chứng minh tứ giác AHIF nội tiếp.

Ta có: \[\widehat {{\rm{AFI}}} = {90^o}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).

           \(CD \bot AH\) tại H (giả thiết) và \(I \in CD\) \( \Rightarrow \widehat {AHI} = {90^o}\).

Xét tam giác AFI có \[\widehat {{\rm{AFI}}} = {90^o}\]nên đường tròn đường kính AI ngoại tiếp tam giác AFI hay 3 điểm A,F,I cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AI (1)

 Xét tam giác AHI có \[\widehat {{\rm{AHI}}} = {90^o}\]nên đường tròn đường kính AI ngoại tiếp tam giác AHI hay 3 điểm A, H, I cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AI(2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, F, I, H cùng thuộc đường tròn đường kính AI

Hay tứ giác AHIF nội tiếp .

b) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

Tứ giác AHIF nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {FAH} + \widehat {FIH} = {180^o}\) (Định lý)

Mà \(\widehat {BIH} + \widehat {FIH} = {180^o}\) (hai góc kề bù).

\( \Rightarrow \widehat {FAH} = \widehat {BIH}\) hay \(\widehat {KAH} = \widehat {BIH}\).

Xét \(\Delta HAK\) và \(\Delta HIB\) có

\(\widehat {AHK} = \widehat {IHB}\) (cùng bằng 90o)

\(\widehat {KAH} = \widehat {BIH}\) (cmt)

 

c) Chứng minh E luôn thuộc đường tròn cố định: 

Ta có:  (góc nội tiếp chắn nửa (O))  tại F

             tại H (vì  tại H)

             KH cắt BF tại I.

 I là trực tâm của     (1)

 vuông tại F, nên đường tròn ngoại tiếp  có đường kính là KI.

   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính KI).

  (2)

Từ (1) và (2)  K, E, B thẳng hàng, khi đó  tại E

 hoặc

 E luôn thuộc đường tròn   (đpcm)

(Phần màu nhạt là phần giao nhau của hai khối cầu)

Gọi h là chiều cao của chỏm cầu. Ta có \[h = \frac{{2R - d}}{2} = \frac{{2.25 - 40}}{2} = 5cm\]

(\[d\]là khoảng cách giữa hai tâm)

Diện tích xung quanh của chỏm cầu là:\[{S_{xq}} = 2\pi Rh\]

Vì 2 khối cầu bằng nhau nên 2 hình chỏm cầu bằng nhau.

\[{S_{xq}}\] khối trang sức \[ = 2{S_{xq}}\] khối cầu\[ - 2{S_{xq}}\] chỏm cầu.

Khối trang sức có \[{S_{xq}} = 2.4\pi {R^2} - 2.2\pi Rh = 2.4\pi {.25^2} - 2.2\pi .25.5 = 4500\pi c{m^2} = 0.45{m^2}\]

Vậy số tiền dùng để mạ vàng khối trang sức đó là \[4700000.0,45\pi  \approx 6640000\]đồng.