Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 35
8 câu hỏi
(1,5 điểm)
Biểu đồ bên biểu diễn tỉ lệ đại biểu tham dự hội nghị theo độ tuổi. Biết rằng có 54 đại biểu từ 25 tuổi đến 35 tuổi.
a) Có bao nhiêu đại biểu tham dự hội nghị?
b) Một người cho rằng có trên 50% số đại biểu tham dự hội nghị dưới 45 tuổi. Nhận định đó đúng hay sai? Tại sao?
a) Nhóm [25; 35) chiếm 33,75% so với tổng số đại biểu và có 54 người.
Suy ra số người tham dự hội nghị là 54: 33,75% = 160 (người)
Vậy tổng số đại biểu tham dự hội nghị là 160 người.
b) Tổng số % số đại biểu tham dự hội nghị dưới 45 tuổi là:
\[33,75\% + 28,75\% = 62,5\% > 50\% .\]
Vậy nhận định “Trên 50% số đại biểu tham dự hội nghị dưới 45 tuổi” “ là đúng.
Hình vẽ dưới đây mô tả một đĩa tròn bằng bìa cứng được chia thành \(12\) phần bằng nhau và ghi các số \(1;2;3;...;12\). Chiếc kim được gắn cố định vào trục quay ở tâm của đĩa.
Xét phép thử: “Quay đĩa tròn một lần” và biến cố \(P:\) “Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số là số nguyên tố”. Tính xác suất của biến cố \(P\).
Có \[12\] kết quả có thể xảy ra khi quay ngẫu nhiên tấm bìa một lần.
\[A = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,...\,\,;\,\,12} \right\}\]
Có \[5\] kết quả thuận lợi cho biến cố B là: \[2;\,\,3;\,\,5;\,\,7;\,\,11 & \].
Vậy xác suất của biến \[P\] cố là: \[\frac{5}{{12}}\].
(2,5 điểm)
Một người mua một cái bàn là và một cái quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết là \[850\] nghìn đồng. Khi trả tiền người đó được khuyến mại giảm \[20\% \] đối với giá tiền bàn là và \[10\% \] đối với giá tiền quạt điện với giá niêm yết. Vì vậy, người đó phải trả tổng cộng \[740\] nghìn đồng. Tính giá tiền của cái bàn là và cái quạt điện theo giá niêm yết
Gọi giá tiền của bàn là và quạt điện theo giá niêm yết lần lượt là: \(x;\,y\) (đơn vị: nghìn đồng; điều kiện \(0 < x;\,y < 850\)).
Do tổng số tiền mua bàn là và quạt điện theo giá niêm yết là \[850\] nghìn đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 850\) (1).
Bàn là giảm giá 20% nên số tiền cần trả cho bàn là là: \(x - \frac{{20}}{{100}}x = \frac{4}{5}x\) (nghìn đồng).
Quạt điện giảm giá 10% nên số tiền trả cho quạt điện là: \(y - \frac{{10}}{{100}}y = \frac{9}{{10}}y\) (nghìn đồng).
Tổng số tiền phải trả theo giá khuyến mại là \[740\] nghìn nên ta có phương trình:
\(\frac{4}{5}x + \frac{9}{{10}}y = 740\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 850\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{\frac{4}{5}x + \frac{9}{{10}}y = 740}\end{array}} \right.\)
Giải hệ ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 250}\\{y = 500}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá tiền của bàn là là \[250\] nghìn đồng, của quạt điện là \[600\] nghìn đồng.
Một người đi xe đạp từ địa điểm \[A\] đến địa điểm \[B\] với vận tốc không đổi, hai địa điểm cách nhau \(30\,km\). Khi đi từ \[B\] về \[A\], người đó chọn đường khác dễ hơn nhưng dài hơn con đường cũ \(6\,km\). Vì lúc về, người đó đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là \(3\,km/h\) nên thời gian về vẫn ít hơn thời gian đi là \(20\) phút. Tính vận tốc lúc đi của người đó.
Gọi vận tốc lúc đi là: \(x\,\)(km/h) \(\left( {x > 0} \right)\)
Thời gian lúc đi là \(\frac{{30}}{x}\) (giờ)
Quãng đường lúc về là : \(30 + 6 = 36\) (km)
Vận tốc lúc về là : \(x + 3\) (km/h)
Thời gian lúc về là : \(\frac{{36}}{{x + 3}}\) (giờ)
Theo đầu bài thời gian về ít hơn thời gian đi \(20\) phút = \(\frac{1}{3}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\frac{{30}}{x} - \frac{{36}}{{x + 3}} = \frac{1}{3}\)
\(\frac{{90\left( {x + 3} \right)}}{{3x\left( {x + 3} \right)}} - \frac{{108x}}{{3x\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 3} \right)}}{{3x\left( {x + 3} \right)}}\)
\(90\left( {x + 3} \right) - 108x = x\left( {x + 3} \right)\)
\({x^2} + 21x - 270 = 0\)
\(\left( {x + 30} \right)\left( {x - 9} \right) = 0\)
\(x = - 30\) (loại) hoặc \(x = 9\) (thoả mãn)
Vậy vận tốc lúc đi là \(9\) km/h.
(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}\) ; \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\)
a) Tính giá trị của \[A\] khi \[x = 4.\]
b) Rút gọn \[B\]
c) Tìm \[x\] để \(A.B \le \frac{1}{2}\)
a) Thay \[x = 4\] (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[A\] ta có: \(A = \frac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 3}} = \frac{3}{5}\)
Vậy giá trị của biểu thức \(A\) tại \(x = 4\) là: \(\frac{3}{5}\)
b) Ta có: \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 1}}\)
\[ = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right) + 2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{2x - 2\sqrt x - x - 2\sqrt x - \sqrt x - 2 + 2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{x - 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\]
Vậy \[B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\] với \(x \ge 0;x \ne 1\).
c) Ta có: \(A.B \le \frac{1}{2}\)
\(\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} \le \frac{1}{2}\)
\(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} \le \frac{1}{2}\)
\(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{1}{2} \le 0\)
\(\frac{{2\sqrt x - 4 - \sqrt x - 3}}{{2\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \le 0\)
\(\frac{{\sqrt x - 7}}{{2\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \le 0\)
\(\sqrt x - 7 \le 0\) (Vì \(2\left( {\sqrt x + 3} \right) > 0\))
\(\sqrt x \le 7\)
\(x \le 49\)
Kết hợp điều kiện ta có: \(0 \le x \le 49;\,\,\,x \ne 1\).
Vậy \(0 \le x \le 49;\,\,\,x \ne 1\) thì \(A.B \le \frac{1}{2}\).
(4,0 điểm)
Người ta đặt một khối nón vào trong một khối lập phương cạnh \(1\,m\) chứa đầy nước. Biết rằng đỉnh khối nón trùng với tâm một mặt của khối lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với các cạnh của mặt đối diện. Tính thể tích lượng nước trong khối bị tràn ra ngoài. (Lấy \(\pi \approx 3,14,\) kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân)
Thể tích lượng nước trong khối hộp bị tràn ra ngoài là thể tích của khối nón.
\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h \approx \frac{1}{3} \cdot 3,14.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot 1 \approx 0,26\,\,\,({m^2})\)
Vậy lượng nước bị trào ra có thể tích \( \approx 0,26\,\,\,({m^2})\).
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right)\], kẻ các tiếp tuyến \[MA,{\rm{ }}MB\] với \[\left( O \right)\] (\[B,{\rm{ }}C\] là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \[AC\] của \[\left( O \right)\]. Đoạn thẳng \[MC\] cắt \[AB\] tại \[K\] và cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai \[D\]. Gọi \[I,{\rm{ }}H\] lần lượt là các giao điểm của \[MO\] với \[BD,{\rm{ }}AB.\]
a) Chứng minh bốn điểm \[M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[MO\] song song với \[BC\] và \(I{M^2} = ID.IB\).
c) Gọi \[L\] là giao điểm của \[IK,{\rm{ }}HC\]. Chứng minh ba điểm \[M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}L\] thẳng hàng.
a) \(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]nên : \(MA \bot OA;\,MB \bot OB\)
- Xét \(\Delta MAO\) có \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(A,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)
- Xét \(\Delta MBO\) có \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(B,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)
Vậy bốn điểm \[M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn. (ĐPCM)
b) Ta có:\(MA = MB\) (\(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\])
\(OA = OB = R\)
Nên \(OM\)là trung trực của \(AB\) hay \(OM \bot AB\) tại \(H\)
Mà \(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\)nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) hay \(BC \bot AB\)
Suy ra: \(MO//BC\)
\(\widehat {IMD} = \widehat {BCD}\) (2 góc so le trong)
Lại có: \(\widehat {MBI} = \widehat {BCD}\) nên \[\widehat {IMD} = \widehat {IBM} = \widehat {BCD}\]
Xét \(\Delta IMD\) và \(\Delta IBM\) có :
\(\widehat {MIB}\) chung
\[\widehat {IMD} = \widehat {IBM}\]
Nên: \[\Delta IMD \sim \Delta IBM\] (g.g)
Suy ra: \[\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IM}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\](ĐPCM)
c) Ta có \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ADM} = 90^\circ \)
Suy ra 3 điểm \(A,\,D,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).
Mà \(\widehat {AHM} = 90^\circ \)nên 3 điểm \(A,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).
Suy ra bốn điểm \(A,\,D,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).
Hay \(AMDH\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {IHD} = \widehat {MAD}\)
Mà \(\widehat {MAD} = \widehat {ABD}\) nên \(\widehat {IBH} = \widehat {IHD}\)
Xét \(\Delta IHD\) và \(\Delta IBH\) có:
\(\widehat {IHD} = \widehat {IBH}\) (cmt)
\(\widehat {HIB}\) chung
Nên: \(\Delta IHD \sim \Delta IBH\), suy ra \(I{H^2} = IB.ID\)
Mà \(I{M^2} = IB.ID\)nên \(IM = IH\)
Gọi \(J\) là giao điểm của \(IL\) và \(BC\)
Xét \(\Delta MKI\) có \(IM{\rm{//}}CJ\) nên \(\frac{{JC}}{{IM}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)
Xét \(\Delta IKH\) có \(BJ{\rm{//}}IH\) nên \(\frac{{BJ}}{{IH}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)
Suy ra : \(JC = JB\)
Hay \(J\) là trung điểm của \(BC\)
Xét \(\Delta ILH\) có \(CJ{\rm{//}}LH\) nên \(\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CJ}}{{HI}} = \frac{{2CI}}{{2HJ}} = \frac{{CB}}{{MH}}\)
Lại có \(\widehat {MHL} = \widehat {BCL}\) (đồng vị)
Suy ra \(\Delta MHL \sim \Delta BCL\) (c.g.c)
Từ đó ta có: \(\widehat {HLB} = \widehat {HLM}\)
Vậy \(M,B,\,L\) thẳng hàng.
(0,5 điểm) Người ta giăng lưới để nuôi riêng một loại cá trên một góc hồ. Biết rằng lưới được giăng theo một đường thẳng từ một vị trí trên bờ ngang đến một vị trí trên bờ dọc và phải đi qua một cái cọc đã cắm sẵn ở vị trí A. Hỏi diện tích nhỏ nhất có thể giăng là bao nhiêu, biết rằng khoảng cách từ cọc đến bờ ngang là 5 m và khoảng cách từ cọc đến bờ dọc là 12 m.
Đặt tên các điểm như hình vẽ. Đặt \(CJ = x,(x > 0).\)
Vì hai tam giác AJC và BKA là hai tam giác đồng dạng nên: \(\frac{{CJ}}{{AK}} = \frac{{JA}}{{KB}}\) hay \(\frac{x}{5} = \frac{{12}}{{KB}}\)
Suy ra \(KB = \frac{{60}}{x}.\)
Diện tích của khu nuôi cá là:\(S(x) = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right).\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right)\)
\(S(x) = \frac{1}{2}\left( {60 + 12x + \frac{{300}}{x} + 60} \right)\)
\(S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\)
Áp dụng bất đẳng thức Cachy ta có: \(6x + \frac{{150}}{x} \ge 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} = 60\)
Dấu bằng xảy ra khi: \(6x = \frac{{150}}{x}\)
\({x^2} = 25\)
\(x = 5\) (vì \(x > 0\))
Vậy \(S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 60 + 60 = 120\).
Suy ra diện tích nhỏ nhất có thể giăng là \(120({m^2})\), đạt được khi \(x = 5\,m\).
