Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 30

Số lượng ô tô ở nhóm [45;50] là nhiều nhất : 14 chiếc

Tần số tương đối của nhóm là \(\frac{{14.100}}{{44}}\)% \( \approx 31,8\)%

a) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}

                 Không gian mẫu của phép thử có 20 phần tử.

b) Gọi biến cố A: “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1”.

                 Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 1, 8, 15.

                 Vậy xác suất của A là \(P = \frac{3}{{20}}\)

Gọi  \(x\), \(y\) (đồng ) lần lượt là số tiền của loại hàng thứ nhất và loại hàng thứ hai không kể thuế VAT mà Mai đã mua (\(x,y > 0\))

Số tiền khi mua loại hàng thứ nhất sau khi tính thuế là: \(x + 12\% x = 1,12x\) (đồng).

Số tiền khi mua loại hàng thứ hai sau khi tính thuế là: \(y + 9\% y = 1,09y\) (đồng).

Tổng số tiền khi mua hai loại hàng sau khi tính thuế là 165000 đồng ta có phương trình:

                                                     \(1,12x + 1,09y = 165000\) (1)

                 Tổng số tiền thuế của hai loại hàng là 10000 đồng ta có phương trình:

                                                                     \(12\% x + 9\% y = 15000\)

Hay \(0,12x + 0,09y = 15000\) (2)

                 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}1,12x + 1,09y = 165000\\0,12x + 0,09y = 15000\end{array} \right.\)

                 Giải hệ ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 50000\\y = 100000\end{array} \right.\)(thỏa mãn)

Vậy số tiền không kể thuế của loại hàng thứ nhất là 50000 đồng, số tiền không kể thuế của loại hàng thứ hai là 100000 đồng.

2) Hưởng ứng phong trào thi đua “Xây dựng trường học thân thiện

Gọi số HS lớp 9A là \(x\) ( học sinh), \(x \in \mathbb{N},x > 5\)

                 Số học sinh thực tế tham gia trồng cây là : \(x - 5\)( học sinh)

                 Theo kế hoạch mỗi học sinh phải trồng số cây là: \(\frac{{300}}{x}\) (cây)

                 Thực tế, mỗi học sinh phải trồng số cây là: \(\frac{{300}}{{x - 5}}\) (cây)

                 Vì thực tế mỗi học sinh phải trồng thêm 2 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{{300}}{{x - 5}} - \frac{{300}}{x} = 2\\{x^2} - 5x - 750 = 0\end{array}\)

                Giải phương trình ta được: \({x_1} = 30\)(thoả mãn); \({x_2} =  - 25\)(loại)

                Vậy lớp 9A có 30 học sinh.

Ta có: \({x^2} - 3x - {m^2} + 1 = 0\)        \(\left( 1 \right)\)

            Phương trình có \(\Delta  = {b^2} - 4ac = 9 - 4\left( { - {m^2} + 1} \right) = 4{m^2} + 5 > 0\)mọi \(m\)

            Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\)

            Theo hệ thức Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + x{}_2 = 3\\{x_1} + {x_2} =  - {m^2} + 1\end{array} \right.\)

            Theo đề bài ta có \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 1\)

                                           \({x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} = 0\)

                                              \( - {m^2} + 1 + 3 = 0\)

                                                          \({m^2} = 4\)

                                                            \(m =  \pm 2\)

            Kết hợp với điều kiện, ta được \(m =  \pm 2\) là giá trị cần tìm.

a) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào \(A\) ta có:

\(A = \frac{{\sqrt 9 }}{{9 + 1}} = \frac{3}{{10}}\).

Vậy với \(x = 9\) thì \(A = \frac{3}{{10}}\).

b) Điều kiện xác định: \(x > 0\).

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

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

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

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

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

\( = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\) (đpcm).

c) \(P = 2AB + \frac{4}{{x + 1}}\)

\( = 2.\frac{{\sqrt x }}{{x + 1}}.\frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }} + \frac{4}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{x + 1}} + \frac{4}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 4 + 4}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{x + 1}}\)

Xét hiệu: \(P - 1 = \frac{{2\sqrt x }}{{x + 1}} - 1 = \frac{{2\sqrt x  - x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{ - \left( {x - 2\sqrt x  + 1} \right)}}{{x + 1}} = \frac{{ - {{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}}\)

Vì \(x > 0 \Rightarrow {\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow  - {\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \le 0\)                    (1)

Vì \(x > 0 \Rightarrow x + 1 > 1 > 0\)                                                        (2)

Từ (1) và (2) \(\frac{{ - {{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{x + 1}} \le 0 \Rightarrow P - 1 \le 0 \Rightarrow P \le 1\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \sqrt x  - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt x  = 1 \Leftrightarrow x = 1\) (thỏa mãn)

Vậy \({P_{\max }} = 1 \Leftrightarrow x = 1\).

Ký hiệu độ dài đường sinh của hình nón là \(l\), bán kính đáy nón là \[r\].

Độ dài đường sinh bằng \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}}  = 20\)(cm).

                Ta có \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .12.20 \approx 240.3,14 \approx 754(c{m^2})\).

a) Ta có \(BE\)\( \bot \) \(AC\)(gt) nên \(\widehat {AEH} = {90^0}\). Suy ra \(\Delta AEH\)vuông tại \(E\).

            Suy ra \(A\), \(H\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (1)

            Ta có \(CF\)\( \bot \) \(AB\) (gt) nên \(\widehat {HFA} = {90^0}\). Suy ra \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\).

            Suy ra \(A\), \(H\), \(F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (2)

            Từ (1), (2) suy ra bốn điểm \(A\), \(F\), \(H\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:

                   \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

                     \(\widehat {ACQ} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

            Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACQ\) có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\); \(\widehat {ADB} = \widehat {ACQ} = {90^0}\).

            Suy ra \[\Delta ADB \sim \Delta ACQ\]. Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\).

c) Vì \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\) nên \(\widehat {BAD} + \widehat {DAQ} = \widehat {DAQ} + \widehat {QAC}\).

            Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\).

            Chứng minh \(\Delta AEP\) đồng dạng với \(\Delta ABI\)(g.g). Từ đó suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AI}}\) (3)

            Chứng minh \(\Delta AEH\) đồng dạng với \(\Delta ABQ\)(g.g). Từ đó suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) (4)

            Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}}\).

            Suy ra \(PI\) song song với \(HQ\) (định lý Thales đảo).

Gọi độ dài cạnh đáy \(MN\) và độ dài chiều cao \(AM\) của bể bơi lần lượt là \(x\) (m) và \(y\)(m) với \(x > 0;y > 0\).

            Do thể tích bể bơi là \(4\,{m^3}\)nên \({x^2}y = 4\) hay \(y = \frac{4}{{{x^2}}}\).

            Tổng diện tích các mặt của bể bơi  là: \(S = 4xy + {x^2} = {x^2} + \frac{{16}}{x}\).

            Ta có \(S = {x^2} - 4x + 4 + \frac{{4{x^2} + 16}}{x} - 4 = {(x - 2)^2} + \frac{{4{{(x - 2)}^2}}}{x} + 12 \ge 12\)

            Dấu bằng xảy ra khi \(x = 2;y = 1\) (thỏa mãn)

            Vậy để tổng diện tích các mặt của bể bơi mini nhỏ nhất khi độ dài cạnh mặt đáy và chiều cao của bể lần lượt là 2 m và 1 m.