Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 24

Số liệu không chính xác ở đây là \[15\% \]. Sửa lại thành \[12\% \] vì \[\frac{6}{{24 + 16 + 6 + 4}}.100\%  = 12\% \]

Có \[12\]kết quả có thể của phép thử “Quay đĩa tròn \[1\] lần” là \[1,2,3,...,12\].

Có \[5\] kết quả thuận lợi cho biến cố D: “Chiếc kim chỉ vào hình  quạt ghi số nguyên tố”

Vậy xác suất của biến cố D là \[\frac{5}{{12}}\].

Gọi \(x\)(đồng) là giá tiền ban đầu của chiếc ti vi khi chưa khuyến mãi \(\left( {x > 0} \right)\)

Giá tiền của chiếc ti vi sau khi được giảm giá \[10\% \] là: \[x.\left( {1 - 10\% } \right) = 0,9x\](đồng)

Giá tiền của chiếc ti vi sau khi được giảm giá thêm \[5\% \] giá đã giảm do có thẻ khách hàng VIP là: \[0,9x.\left( {1 - 5\% } \right) = 0,855x\] (đồng)

Vì giá tiền của chiếc ti vi sau khi được giảm giá là \[17\,100\,000\]đồng nên ta có phương trình:

\[\begin{array}{l}0,855x = 17\,100\,000\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x = 20\,000\,000\end{array}\]

Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi khi chưa khuyến mãi là \[20\,000\,000\](đồng)

Gọi số sản phẩm cần làm theo kế hoạch trong một ngày là x(sản phẩm)\[(x < 400;x \in {N^*})\]

Số ngày hoàn thành theo kế hoạch là y (ngày)\[(y > 1)\]

Vì theo kế hoạch làm được 400 sản phẩm nên ta có phương trình \[xy = 400\](1)

Thực tế mỗi ngày làm thêm 20 sản phẩm và hoàn thành công việc sớm hơn một ngày nên ta có phương trình: \[\left( {x + 20} \right)\left( {y - 1} \right) = 400\](2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}xy = 400\\\left( {x + 20} \right)\left( {y - 1} \right) = 400\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{400}}{y}\\20{y^2} - 5y - 400 = 0\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{400}}{y}\\\left( {y - 5} \right)\left( {y + 20} \right) = 0\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}x = 80\\y = 5\end{array} \right.\](tm)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản suất 80 sản phẩm.

\[{x^2} + 5x + a = 0\]có nghiệm \[x = \frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}\] nên ta thay \[x = \frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}\]vào phương trình:

\[{\left( {\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}} \right)^2} + 5\left( {\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}} \right) + a = 0\]

\[\frac{{19 - 5\sqrt {13} }}{2} + \frac{{ - 25 + 5\sqrt {13} }}{2} + a = 0\]

\[a = 3\]

Phương trình \[{x^2} + 5x + 3 = 0\]

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

Tổng các lập phương hai nghiệm

\[{x_1}^3 + {x_2}^3 = {({x_1} + {x_2})^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}}

a) Diện tích Inox cần làm ra cái Téc nước hình trụ (có nắp) gồm diện tích hai đáy (đáy Téc và nắp Téc) và diện tích xung quanh của Téc nước hình trụ

Diện tích hai đáy là \({S_1} = 2\pi {R^2} = \pi {.60^2} = 7200\pi \) (cm2)

Diện tích xung quanh là \({S_2} = 2\pi Rh = 2\pi .60.220 = 26400\pi \) (cm2)

Diện tích Inox cần làm ra cái Téc nước là \(S = 7200\pi  + 26400\pi  = 33600\pi \)(cm2)

Hay \(S = 3,36\pi  \approx 10,56\) (m2)

Vậy diện tích Inox cần làm ra cái Téc nước là \(10,56\)m2.

b) Thể tích của Téc nước hình trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.60^2}.220 = 792000\pi \) (cm3)

Hay \(V = 792\pi  \approx 2488,14\) (lít)

Vậy khi Téc nước hình trụ chứa đầy nước thì được \(2488,14\) lít.

a) Có \(M\) thuộc đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) nên \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\).

Vì \(D \in MB \Rightarrow \Delta AMD\)vuông tại \(M \Rightarrow \Delta AMD\)nội tiếp đường tròn đường kính\(AD\).

 \( \Rightarrow A,M,D\)tuộc đường tròn đường kính\(AD(1)\)

 \(d \bot AB\) tại \(H\) nên \(\Delta AHD\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow \Delta AHD\)nội tiếp đường tròn đường kính\(AD\)\( \Rightarrow A,M,D\)tuộc đường tròn đường kính\(AD(2)\)

Từ \((1);(2)\) bốn điểm \[A,M,D,H\]cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AD\)(đpcm).

 b) Xét \(\Delta ABC\) có hai đường cao \(CH,\,BM\) cắt nhau tại \(D\) nên \(D\) là trực tâm

Suy ra \(AD \bot BC\,\,(3)\)

Có \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\)\( \Rightarrow \widehat {AEB} = 90^\circ  \Rightarrow AE \bot BE.\, Hay\,AD \bot BE\,\,(4)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(B,\,E,\,C\) thẳng hàng.

c) Xét \(\left( O \right)\)có \(MK\)là tiếp tuyến tại M nên \(\widehat {OMK} = {90^0} \Rightarrow \widehat {KMD} + \widehat {BMO} = {90^0}(5)\)

\(\Delta OMB\)cân tại \(O \Rightarrow \widehat {OMB} = \widehat {OBM}\),\(\widehat {KDM} = \widehat {BDH}\)(đđ),\(\widehat {HDB} + \widehat {MBO} = {90^0}(6)\)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {KMD} = \widehat {KDM} \Rightarrow \Delta KMD\)cân tại \(K \Rightarrow KM = KD\) (t/c) (7)

Có \(\widehat {DMK} + \widehat {KMC} = {90^0},\widehat {MDK} + \widehat {KCM} = {90^0},\widehat {KMD} = \widehat {KDM} \Rightarrow \widehat {KMC} = \widehat {KCM}\)

\( \Rightarrow \Delta KMC\)cân tại \(K \Rightarrow KM = KC\)(t/c) (8)

Từ (7) và (8) suy ra \(KD = KC\)

Có \(E\) thuộc đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) nên \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\).

Hay \(\Delta CED\) vuông tại \(E\)mà \(EK\)là trung tuyến nên \(EK = KD = KC = \frac{{CD}}{2}(t/c)(9)\)

Từ (8) và (9) suy ra \(KM = KE\)(đpcm)

d) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BM\) và \(KO\),  \(F\) là giao điểm của \(AB\) và \(ME\).

Có \(KM = KE,OM = OE \Rightarrow KO\) là đường trung trực của \(ME \Rightarrow KO \bot ME\) tại \(I\) 

Xét \(\Delta OEK\) có \(\widehat {OEK} = 90^\circ ,\,EI \bot OK \Rightarrow OI.OK = O{E^2} = {R^2}\)

Xét \(\Delta FIO\) và \(\Delta KHO\) có: O10-2024-GV163.\(\widehat {OIF} = \widehat {OHK} = 90^\circ ,\widehat O\) chung  

\[ \Rightarrow \frac{{FO}}{{KO}} = \frac{{OI}}{{OH}} \Rightarrow FO = \frac{{KO.OI}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{OH}}\] không đổi (Vì \(O,\,H\) cố định)

Suy ra điểm \(F\) nằm trên tia \(AB\) cố định và cách điểm \(H\) cố định một khoảng \[FO = \frac{{{R^2}}}{{OH}}\] không đổi nên \(F\) là điểm cố định.

Vậy \(ME\) luôn đi qua một điểm \(F\) cố định khi \(M\)thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\).

1) Thay \[x = 4\] (TMĐK) vào biểu thức \[A\] ta được:

\[A = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x }} = \frac{{4 - 9}}{{\sqrt 4 }} = \frac{{ - 5}}{2}\]

Vậy \[A = \frac{{ - 5}}{2}\] khi \[x = 4\]

2)    Xét biểu thức \[P = A.B\]. So sánh \[{P^2}\]với \[P\]

 \[P = AB = \frac{{x - 9}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 9}} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }}\]

Xét hiệu \[P - 1 = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} - 1 = \frac{2}{{\sqrt x }}\]

Ta có: \[{P^2} - P = P(P - 1)\]

Vì \[x > 0\] nên \[\sqrt x  > 0\]và \[\sqrt x  + 2 > 0\]

Khi đó \[\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} > 0\] và \[\frac{2}{{\sqrt x }} > 0\] hay \[P > 0\] và \[P - 1 > 0\].

Suy ra \[P(P - 1) > 0\] hay \[{P^2} - P > 0\]

Vậy \[P < {P^2}\] với \[x > 0,x \ne 9\]

Gọi độ dài cạnh đáy \[MN\] và độ dài chiều cao \[AM\] của hộp quà lần lượt là \[x\left( {dm} \right)\], \[y\left( {dm} \right)\](\[x > 0\], \[y > 0\])

Do thể tích hộp quà là \[4d{m^3}\] nên \[{x^2}y = 4\] hay \[y = \frac{4}{{{x^2}}}\].

Tổng diện tích các mặt được mạ kim loại quý là: \[S = 4xy + {x^2} = {x^2} + \frac{{16}}{x}\]

\[S = {x^2} - 4x + 4 + \frac{{4{x^2} + 16}}{x} - 4 = {\left( {x - 2} \right)^2} + \frac{{4{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{x} + 12 \ge 12\]

Chứng minh được  \[S \ge 12\] và dấu bằng xảy ra khi \[x = 2,y = 1\].

Vậy, để tổng diện tích các mặt được mạ kim loại quý của chiếc hộp là nhỏ nhất thì độ dài cạnh mặt đáy và chiều cao chiếc hộp lần lượt là \[2dm\] và \[1dm\].