Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 22

Nhìn vào biểu đồ ta thấy:

- Lớp \[6\] có tất cả: \[7\]nam +\[\;9\] nữ = \[16\] học sinh

- Lớp \[7\] có tất cả: \[9\]nam + \[7\] nữ = \[16\]học sinh

- Lớp \[8\] có tất cả: \[9\]nam + \[8\] nữ = \[17\] học sinh

- Lớp \[9\]có tất cả: \[9\]nam + \[8\] nữ = \[17\] học sinh

Như vậy, không gian mẫu trong bài này có tất cả \[16 + 16 + 17 + 17 = 66\] học sinh.

- Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \[7 + 9 + 9 + 9 = 34\] học sinh

Xác suất để biến cố \[A\]xảy ra là: \(P\left( A \right) = \frac{{34}}{{66}} = \frac{{17}}{{33}}\) 

- Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\]là: \[16\]học sinh

Xác suất để biến cố \[B\] xảy ra là: \(P\left( B \right) = \frac{{16}}{{66}} = \frac{8}{{33}}\) 

- Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[C\] là: \[9 + 7 + 8 = 24\] học sinh

Xác suất để biến cố \[C\] xảy ra là: \(P\left( C \right) = \frac{{24}}{{66}} = \frac{{12}}{{33}}\).

a) Phép thử: Rút ngẫu nhiên lần lượt hai tấm thẻ từ hộp, tấm thẻ rút ra lần đầu không trả lại vào hộp.

Kết quả của phép thử: 

- Lần rút thứ nhất:\[5\] kết quả có thể xảy ra (\[1\];\[2\];\[3\];\[4\];\[5\] )

- Lần rút thứ hai: \[4\] kết quả có thể xảy ra (vì sau lần rút thứ nhất, chit còn lại \[4\] thẻ trong hộp).

b)Mô tả không gian mẫu của phép thử:

Liệt kê tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Sử dụng cặp số \[\left( {x,y} \right)\] để mô tả kết quả với:

- \[x\]là số trên thẻ rút ra lần thứ nhất.

- \[y\]là số trên thẻ rút ra lần thứ hai.

Lần 2 Lần 1	1	2	3	4	5
1	\[\left( {1;1} \right)\]	\[\left( {1;2} \right)\]	\[\left( {1;3} \right)\]	\[\left( {1;4} \right)\]	\[(1;5)\]
2	\[\left( {2;1} \right)\]	\[\left( {2;2} \right)\]	\[\left( {2;3} \right)\]	\[\left( {2;4} \right)\]	\[\left( {2;5} \right)\]
3	\[\left( {3;1} \right)\]	\[\left( {3;2} \right)\]	\[\left( {3;3} \right)\]	\[\left( {3;4} \right)\]	\[\left( {3;5} \right)\]
4	\[\left( {4;1} \right)\]	\[\left( {4;2} \right)\]	\[\left( {4;{\rm{ }}3} \right)\]	\[\left( {4;4} \right)\]	\[\left( {4;5} \right)\]
5	\[\left( {5,1} \right)\]	\[\left( {5,2} \right)\]	\[\left( {5;3} \right)\]	\[\left( {5;4} \right)\]	\[\left( {5;5} \right)\]

Vì tấm thẻ rút ra lần đầu không trả lại vào hộp.

Không gian mẫu: 

\(\Omega  = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;2} \right)\,;\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;1} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;1} \right);\left( {4;2} \right);\\\left( {4;3} \right);\left( {4;5} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right)\end{array} \right\}\)

Vậy không gian mẫu có \[20\] phần tử.

Gọi số sản phẩm tháng thứ nhất đội \[I\] làm được là \[x\] (sản phẩm) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},x < 1100} \right)\)

Số sản phẩm tháng thứ nhất đội \[II\] làm được là \[y\] (sản phẩm) \(\left( {y \in {\mathbb{N}^*},y < 1100} \right)\)

Vì tháng thứ nhất hai đội sản xuất được \(1100\) sản phẩm nên ta có phương trình

\(x + y = 1100\)  \(\left( 1 \right)\)

Số sản phẩm tháng thứ hai đội \[I\] làm được là \[x + 15\% x = 1,15x\] (sản phẩm)

Số sản phẩm tháng thứ hai đội \[II\] làm được là \[y + 20\% y = 1,2y\] (sản phẩm)

Theo bài ra ta có phương trình \[1,15x + 1,2y = 1295\]   \[\left( 2 \right)\]

Từ  \(\left( 1 \right)\) và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1100\\1,15x + 1,2y = 1295\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}1,15x + 1,15y = 1265\\1,15x + 1,2y = 1295\end{array} \right.\)                     \(\left\{ \begin{array}{l}0,05y = 30\\x + y = 1100\end{array} \right.\)                    \(\left\{ \begin{array}{l}y = 600\\x + y = 1100\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}y = 600\\x + 600 = 1100\end{array} \right.\)                       \(\left\{ \begin{array}{l}y = 600\\x = 500\end{array} \right.\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy tháng thứ nhất đội \[I\] làm được là \[500\] (sản phẩm), đội \[II\] làm được là \[600\] (sản

Gọi số sản phẩm theo kế hoạch cơ sở cần sản xuất trong một ngày là: \(x\) (sản phẩm, \(x > 0\))

Số sản phẩm thực tế cơ sở cần sản xuất trong một ngày là: \(x + 3\) (sản phẩm, \(x > 0\))

Sản phẩm cơ sở cần hoàn thành theo kế hoạch là: \(180\) (sản phẩm)

Thực tế cơ sở sản xuất vượt mức \(18\) sản phẩm theo kế hoạch

 Số sản phẩm thực tế là: \(198\)  (sản phẩm)

Thời gian theo kế hoạch cơ sở hoàn thành công việc là: \(\frac{{180}}{x}\) (ngày)

Thời gian thực tế cơ sở hoàn thành công việc là: \(\frac{{198}}{{x + 3}}\) (ngày)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{{180}}{x} - \frac{{198}}{{x + 3}} = 1\)

\(180\left( {x + 3} \right) - 198x = x\left( {x + 3} \right)\)

\(180x + 540 - 198x = {x^2} + 3x\)

\({x^2} + 21x - 540 = 0\)

\[\left[ \begin{array}{l}x = 15\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\\x =  - 36\,\,\,\left( {{\rm{KTM}}} \right)\end{array} \right.\]

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày cơ sở cần phải làm \(15\) (sản phẩm)

\({x^2} - 4x - 7 = 0\)

Phương trình có \(ac =  - 7 < 0\)nên luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

Áp dụng hệ thức Vi et ta có : \({x_1} + {x_2} = 4;{x_1}{x_2} =  - 7\).

Khi đó ta có :\(T = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - 2 = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}} - 2 = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} - 2 = \frac{{{4^2} - 2.\left( { - 7} \right)}}{{ - 7}} - 2 = \frac{{ - 44}}{7}\)

Vậy \(T =  - \frac{{44}}{7}\)

1) Tính giá trị của \(A\) khi \(x = 25\)

Biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 1}}\)

Điều kiện: \(x \ge 0\)

Với \(x = 25\) thỏa mãn điều kiện

Thay \(x = 25\) vào biểu thức \(A\) ta có: \(A = \frac{{\sqrt {25}  + 3}}{{\sqrt {25}  + 1}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}\)

Vậy với \(x = 25\) thì \(A = \frac{4}{3}\)

2) Rút gọn \(B\)

Điều kiện xác định: \(x \ge 0\); \(x \ne 4\); \( \ne x \ne 9\)

Ta có: \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{3 - \sqrt x }} - \frac{{x - 3\sqrt x  + 5}}{{x - 5\sqrt x  + 6}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{x - 3\sqrt x  + 5}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right) + \left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right) - \left( {x - 3\sqrt x  + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\)

\(B = \frac{{x - 3\sqrt x  + x - 4 - x + 3\sqrt x  - 5}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\)

\(B = \frac{{x - 9}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\)

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

\(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}}\)

3) Cho \(P = A:B\). Tìm \(x\) để \(2P = 2\sqrt x  - 9\)

Điều kiện xác định: \(x \ge 0\); \(x \ne 4\); \( \ne x \ne 9\)

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

Để \(2P = 2\sqrt x  - 9\)

\(\frac{{2\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x  + 1}} = 2\sqrt x  - 9\)

\(2\sqrt x  - 4 = \left( {2\sqrt x  - 9} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\(2\sqrt x  - 4 = 2x + 2\sqrt x  - 9\sqrt x  - 9\)

\(2x - 9\sqrt x  + 5 = 0\)

\(\left( {2\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 5} \right) = 0\)

\(\left[ \begin{array}{l}2\sqrt x  + 1 = 0\,\,{\rm{(PTVN)}}\\\sqrt x  - 5 = 0\end{array} \right.\)

\(\sqrt x  - 5 = 0\)

\(x = 25\) (TM)

Vậy để \(2P = 2\sqrt x  - 9\) thì \(x = 25\).

Đổi \(80\,{\rm{mm}}\, = \,8\,{\rm{cm}}\)

Phần thể tích nước dâng lên chính là thể tích của phần đá chìm trong nước của cục đá đó.

Nên thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó là: \(16,5\,.\,8 = 132\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)

1) Chứng minh các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác \(MNDE\) :

Có \(DN \bot CD\,\,\)( vì \(DN\)là tiếp tuyến của \((O)\))

\( \Rightarrow \widehat {CDN} = {90^0}\)

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

\(\Delta EDN\)vuông tại \(D\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,D,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 1 \right)\]

Ta có \(\widehat {AMB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \widehat {EMN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta EMN\)vuông tại \(M\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,M,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) Suy ra các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh \(EN\,{\rm{//}}\,CB\).

Xét \((O)\)có \(\widehat {CDM} = \widehat {CBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {CBM}\)

Vì  tứ giác  \(MNDE\)nội tiếp ( cmt )

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {ENM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM\))

                 Suy ra \(\widehat {CBM} = \widehat {ENM}\left( { = \widehat {EDM}} \right)\)  mà hai góc này  ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow EN\,{\rm{//}}\,CB\).

3) Chứng minh\(AM.BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để diện tích tam giác \(BNC\)đạt giá trị lớn nhất.

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta BPN\) :

Có \(BP \bot DN \Rightarrow \widehat {BPN} = {90^0}\)\( \Rightarrow \widehat {AMB} = \widehat {BPN} = {90^0}\)(1)

Có \(DN \bot CD\) (\(DN\) kẻ tiếp tuyến với \((O)\)

\( \Rightarrow BA\,{\rm{//}}\,DN\)

\( \Rightarrow \widehat {ABM} = \widehat {DNB}\) (hai góc đồng vị) (2)

Từ (1) và (2) ta có  (g - g)

Xét tứ giác \(OBPD\)có :

\(\widehat {DOB} = \widehat {BPD} = \widehat {ODP} = {90^0}\)

\(OD = OB = R\) 

\( \Rightarrow OBPD\) là hình vuông (DHNB) nên \(OD = OB = BP = R\)

Có (cmt) \( \Rightarrow \frac{{AM}}{{BP}} = \frac{{AB}}{{BN}}\)

\( \Rightarrow AM.BN = BP.AB = R.2R = 2{R^2}\)

* Kẻ \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\)

\({S_{NBC}} = \frac{1}{2}NK.BC\). Do \(BC\) không đổi nên \({S_{NBC}}\,\max \) khi và chỉ khi \(NK\,\max \).

Do \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\) \( \Rightarrow EF\,{\rm{//}}\,NK\).

Có tứ giác \(EFKN\) là hình bình hành (DHNB)

Có \(EF \bot BC \Rightarrow \widehat {EFK} = {90^0}\) nên tứ giác \(EFKN\) là hình chữ nhật (DHNB)

\( \Rightarrow EF\, = \,NK\).

Ta có \(NK\,\max \) khi \(EF\,\max \)

khi \(E \equiv O\)khi \(M \equiv B\)

Độ dài đường kính của đường tròn là đường chéo của hình chữ nhật \(ABCD\),

Vậy biểu thức xác định đường kính của đường tròn là  \(\sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

Vậy bán kính của đường tròn là \(\frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{2}\)

Diện tích đường tròn là \(S = \pi .\frac{{{x^2} + {y^2}}}{4}\)

Diện tích của hình chữ nhật là \({S_{hcn}} = xy = 640\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích phần đất trồng hoa là

                           \(S' = S - {S_{hcn}} = \pi .\frac{{{x^2} + {y^2}}}{4} - xy\;\)

Có \({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x;y\)

\[ \Rightarrow \]\({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)\[ \Rightarrow \]\({x^2} + {y^2} \ge 2xy\)\[ \Rightarrow \]\(\frac{{{x^2} + {y^2}}}{4} \ge \frac{{xy}}{2} > 0\)

\[ \Rightarrow \]\(\frac{{\pi \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{4} \ge \frac{{\pi xy}}{2}\)\[ \Rightarrow \]\(\frac{{\pi \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{4} - xy \ge \frac{{\pi xy}}{2} - xy\)

Vậy \(S' \ge \frac{{\pi xy}}{2} - xy\;\)\[ \Rightarrow \]\(S \ge 320\pi  - 640\)

Vậy để diện tích của bốn phần đất trồng hoa nhỏ nhất thì \(x = y\)

Khi đó \(x = y = 8\sqrt {10} \) (m)