Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 34

a) \[\Omega  = \left\{ {10\;;\,\,11\;;\;\,12\;;\;\,13\;;\;\,...\;;\,\;98\;;\;\,99} \right\}\]

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố \(B:\) “Số tự nhiên được viết ra chia hết cho \[11\]” là:

\[11\;;\,\,22\;;\,\,33\;;\;\,44\;;\;\,55\;;\;\,66\;;\;\,77\;;\;\,88\;;\;\,99\]

c) Kết quả thuận lợi cho biến cố \(C\): “Số tự nhiên được viết ra chia cho \[10\] dư \[6\]” là:

\[16\;;\;26\;;\;\,36\;;\;\,46\;;\;\,56\;;\;\,76\;;\;\,86\;;\;\,96\]

Đổi  \(0,5\,{\rm{kg}} = 5{\rm{00}}\,{\rm{g}}\)

            Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ \[10\% \] đem trộn là \[x\]\[\left( {\rm{g}} \right)\]\[\left( {0 < x < 500} \right)\].

            Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ \(20\% \) đem trộn là \[y\]\[\left( {\rm{g}} \right)\]\[\left( {0 < y < 500} \right)\].

            Vì trộn \[x\]\[\left( {\rm{g}} \right)\] dung dịch acid có nồng độ \[10\% \] và \[y\]\[\left( {\rm{g}} \right)\] dung dịch acid loại có nồng độ \(20\% \) để được \(500\)\({\rm{kg}}\) acid  mới nên ta có phương trình:  \[x + y = 500\]   (1)

            Vì trộn  hai loại dung dịch acid cùng loại có nồng độ acid lần lượt là \[10{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle 0$}

\kern-0.1em/\kern-0.15em

\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 0$}}\] và \(20\% \) để được \(0,5\)\({\rm{kg}}\) dung dịch có nồng độ acid là  \(16\% \)nên ta có phương trình:

\[10\% x + 20\% y = 16\% \,\,.\,\,500\]

\[0,1x + 0,2y = 80\]    (2)

            Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

            \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0,1x + 0,2y = 80\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{x + y = 500\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\]

            Từ \[\left( 2 \right)\] suy ra \[y = 500 - x\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\]

            Thay \[\left( 3 \right)\] vào  \[\left( 1 \right)\] ta được  \[0,1x + 0,2\,\left( {500 - x} \right) = 80\]

            \[0,1x + 100 - 0,2x = 80\]

            \[ - 0,1x =  - 20\]

            \[x = 200\] (nhận)

            Thay \[x = 200\] vào  \[\left( 3 \right)\] ta được  \[y = 300\,\](nhận)

            Vậy khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid \[10\% \]là \[20\,0\,{\rm{g}}\].

                   Khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid \(20\% \)là \[300\,{\rm{g}}\].

- Gọi vận tốc của xe máy thứ nhất và xe máy thứ hai lần lượt là \({\rm{x}}\,{\rm{,}}\,\,{\rm{y}}\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\,\), \({\rm{x}}\,{\rm{ > }}\,3\), \({\rm{y > }}\,0\).

- Vì xe thứ nhất đi nhanh hơn xe thứ hai là \(3\,\,{\rm{km/h}}\) nên ta có: \(x\, - \,y\, = \,3\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

- Trong \(3\) giờ \(20\) phút  = \(\frac{{10}}{3}\,\,{\rm{h}}\), xe máy thứ nhất đi được : \(\frac{{10}}{3}x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\)

- Trong \(3\) giờ \(40\) phút  = \(\frac{{11}}{3}\,\,{\rm{h}}\), xe máy thứ hai đi được : \(\frac{{11}}{3}{\rm{y}}\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\)

- Đó là quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định nên ta có phương trình:

            \(\begin{array}{l}\frac{{10}}{3}x\,\, = \frac{{11}}{3}y\\\frac{{10}}{3}x\,\, - \frac{{11}}{3}y\,\, = \,\,0\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:

              

Vậy vận tốc của xe máy thứ nhất là \(33\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) và vận tốc xe máy thứ hai \(30\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\)

            Quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định là: \(\frac{{10}}{3}\,\,.\,\,33 = 110\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Phương trình đã cho có \[\Delta  = {\left( {4m{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)^2}--{\rm{ }}12{m^2} + {\rm{ }}8m{\rm{ }} = {\rm{ }}4{m^2} + {\rm{ }}1{\rm{ }} > {\rm{ }}0\],  \[\forall m\].

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt \[\forall m\].

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4m - 1\\{x_1}{x_2} = 3{m^2} - 2m\end{array} \right.\).

Khi đó: \(x_1^2 + x_2^2 = 7\)

\({({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = 7\)

\[{\left( {4m--1} \right)^2}--2\left( {3{m^2}--2m} \right) = 7\]

\[10{m^2}--4m--6 = 0\]

\[5{m^2}--2m--3 = 0\]

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0  suy ra \[m = 1,\,\,m =  - \frac{3}{5}\].

a) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức \[A\] ta có:

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

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

b) \(B = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{x + 2\sqrt x  - 3}} - \frac{2}{{\sqrt x  + 3}}\)

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

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

              \(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\(B = \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

            Vậy \(B = \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\) với \(x \ge 0\); \(x \ne 1\).

            c) \(\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  - 1}}:\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \sqrt x  + 4\,\,\,\left( {x \ge 0;x \ne 1;x \ne 3} \right)\)

\(\begin{array}{l}\frac{A}{B} \ge \frac{x}{4} + 5\\\sqrt x  + 4 \ge \frac{x}{4} + 5\\\frac{x}{4} - \sqrt x  + 1 \le 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l}x - 4\sqrt x  + 4 \le 0\\{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} \le 0\end{array}\)

            Mà \({\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} \ge 0\) với mọi \[x\] thỏa mãn điều kiện xác định.

              \(\begin{array}{l}{\left( {\sqrt x  - 2} \right)^2} \le 0\\\sqrt x  - 2 = 0\\\sqrt x  = 2\\x = 4\end{array}\).

            So với điều kiện, thỏa mãn.

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

a) Thể tích của quả dưa hấu hình vuông là:

 \({V_1} = {18^3} = 5832\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

            b) Thể tích của một miếng dưa hấu nhỏ hình vuông có cạnh \(5\)cm là:

\({V_2} = {5^3} = 125\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

            Số miếng dưa nhỏ được cắt ra là: \(5832\,:\,125 = 46,656\) ( miếng)

            Số đĩa dưa mà bạn Minh có thể xếp được là: \(46,656\,:\,12 \approx 4\) (đĩa).

a/ Chứng minh tứ giác \[AMHN\] nội tiếp

Các đường cao \[BM,\;\,\,CN\] cắt nhau tại\[H\]nên ta có \(\Delta ANH,\,\,\Delta AMH\) vuông tại \[N,\,\,M\]

Xét \(\Delta ANH\) có \[\widehat {ANH} = 90^\circ \] nên ba điểm \(A,\;N,\;H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\)

Xét \(\Delta AMH\) có \[\widehat {AMH} = 90^\circ \] nên ba điểm \(A,\;M,\;H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\)

Khi đó bốn điểm \(A,\,\,M,\,\,H,\,\,N\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\)

Vậy tứ giác \[AMHN\]  nội tiếp đường tròn đường kính\[AH\].

 b/ Gọi \[D\] là giao điểm của \[AH\]và\[BC\]. Chứng minh \[DA\] phân giác của \[\widehat {MDN}\]

Có \[\widehat {HMC} = \widehat {HDC} = 90^\circ \]

Xét \(\Delta HMC\) có \[\widehat {HMC} = 90^\circ \] nên ba điểm \(C,\,\,M,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(CH\)

Xét  \(\Delta CDH\)có \[\widehat {HDC} = 90^\circ \] nên ba điểm \(C,\,\,D,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(CH\)

Khi đó bốn điểm \(D,\,\,C,\,\,M,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(CH\)

Suy ra tứ giác \[HDCM\] nội tiếp

Suy ra \[\widehat {HDM} = \widehat {HCM}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung\[HM\])

Có \[\widehat {HDB} = \widehat {HNB} = 90^\circ {\rm{ }}\]

Xét \(\Delta HDB\) có \[\widehat {HDB} = 90^\circ \] nên ba điểm \(B,\,\,D,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(BH\)

Xét \(\Delta HNB\) có \[\widehat {HNB} = 90^\circ \] nên ba điểm \(B,\,\,N,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(BH\)

Khi đó bốn điểm \(D,\,\,B,\,\,N,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(BH\)

Suy ra tứ giác \[HDBN\]  nội tiếp

\[\widehat {NDH} = \widehat {NBH}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung\[HN\])

Mà \[\widehat {HCM} = \widehat {NBH}\](cùng phụ với\[\widehat {BAC}\])

Suy ra \[\widehat {HDM} = \widehat {HDN}\] Suy ra \[AD\] là phân giác của góc \[\widehat {MDN}\](đpcm).

c/Đường thẳng qua \[D\] và song song với \[MN\,\] cắt \[AB,\,\,CN\] lần lượt tại \[I,\,\,J\]. Chứng minh \[D\] là

trung điểm \[IJ\].

Có \[\widehat {BMC} = \widehat {CNB} = 90^\circ {\rm{ }}\]

Xét \(\Delta MCB\) có \[\widehat {BMC} = 90^\circ \] nên ba điểm \(B,\,\,M,\,\,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\)

Xét \(\Delta BNC\) có \[\widehat {BNC} = 90^\circ \] nên ba điểm \(B,\,\,N,\,\,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\)

Khi đó bốn điểm \(C,\,\,B,\,\,N,\,\,M\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\)

Suy ra tứ giác \[BCMN\] nội tiếp

Suy ra \[\widehat {HNM} = \widehat {HBD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung \(CM\))

Tứ giác \(HDBN\) nội tiếp nên \(\widehat {HBD} = \widehat {HND}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung \(HD\))

Suy ra \[\widehat {HNM} = \widehat {HND}\]

Ta có \(IJ\,{\rm{//}}\,MN\,\,\left( {gt} \right)\) Suy ra \(\widehat {HNM} = \widehat {HJI} = \widehat {HJD}\) (Hai góc so le trong bằng nhau)

Suy ra \[\widehat {HND} = \widehat {HJD}\]

Nên tam giác \[DNJ\] cân tại \[D\] (tam giác có 2 góc ở đáy bằng nhau)

Suy ra \[DN = DJ\] (tính chất tam giác cân) (1)

Vì \(\widehat {HND} = \widehat {HJD}\) (chứng minh trên)

Mà \(\widehat {HND} + \widehat {DNI} = \widehat {HNI} = 90^\circ \) và \(\widehat {HJD} + \widehat {NID} = 90^\circ \)( do \(\Delta JNI\) vuông tại \[N\])

Suy ra \[\widehat {DNI} = \widehat {NID}\]

Tam giác \(\Delta NID\) cân tại \[D\] (tam giác có 2 góc ờ đáy bằng nhau)

Suy ra \[DN = DI\] (tính chất tam giác cân) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(DI = DJ = DN\)

Vậy \[D\] là trung điểm \[IJ\]

Ta có: \(HO = OC - CH = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\) \({\rm{(m)}}\)

Ta có: \(HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{1^2} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\(AB = 2HB = \sqrt 3 \) \({\rm{(m)}}\)

Ta có: \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}AB\,.\,OH = \frac{1}{2}\,\,.\,\,\sqrt 3 \,\,.\,\,\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\)\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Tam giác \(OHB\) có \(\sin \widehat {HOB} = \frac{{HB}}{{OB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\(\widehat {HOB} = {60^0}\)

\(\widehat {AOB} = 2\widehat {HOB} = {120^0}\)

Gọi \({S_1}\) là diện tích hình quạt tròn \(OACB\), ta có:

\({S_1} = \frac{{\pi {R^2}120}}{{360}} = \frac{\pi }{3}\)\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Gọi \({S_2}\) là diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây \(AB\) và cung nhỏ , ta có:

\({S_2} = {S_1} - {S_{OAB}} = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4\pi  - 3\sqrt 3 }}{{12}}\)\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Thể tích phần dầu đã hút đi là: \({V_1} = \frac{1}{3}\,{S_2}.\,\,5 = \frac{{5.\,\,\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{36}}\)\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Thể tích của thùng dầu là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}.\,\,5 = \frac{{5\pi }}{3}\)\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Thể tích dầu còn lại trong thùng là: \[{V_2} = V - {V_1} = \frac{{5\pi }}{3} - \frac{{5\,\,.\,\,\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{36}} \approx 4,21\]\({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\)

Vậy thể tích dầu còn lại trong thùng là \(4,21\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).