Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 36

Độ tuổi  (phút)	\[\left[ {5;9} \right)\]	\[\left[ {9;13} \right)\]	\[\left[ {13;17} \right)\]	\[\left[ {17;21} \right)\]
Tần số	\[54\]	\[46\]	\[42\]	\[18\]
Tần số tương đối	\[30,56\]%	\[19,44\]%	\[25\]%	\[25\]%

Không gian mẫu của phép thử là:

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1,2} \right);\left( {1,3} \right);\left( {1,4} \right);\left( {2,1} \right);\left( {2,3} \right);\left( {2,4} \right);\left( {3,1} \right);\left( {3,2} \right);\left( {3,4} \right);\left( {4,1} \right);\left( {4,2} \right);\left( {4,3} \right)} \right\}\]

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là \(n(\Omega ) = 12\).

Gọi A là biến cố “Lấy được 2 viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là \(n({\rm{A}}) = 8\).

Xác suất của biến cố A là \(p({\rm{A}}) = \frac{{n({\rm{A}})}}{{n(\Omega )}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\).

Gọi vận tốc của xe tải là \[x{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{ }}(x > 0)\]

\( \Rightarrow \) vận tốc của xe khách là \[x + 10\,({\rm{km/h}})\]

Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là \(\frac{{132}}{x}\left( h \right)\) và xe khách là \(\frac{{132}}{{x + 10}}\left( h \right)\)

Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải là 1 giờ 6 phút = \(\frac{{11}}{{10}}\left( h \right)\)  

Nên ta có phương trình: \(\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}\)

\( \Rightarrow 132.10\left( {x + 10} \right) - 132.10x = 11x\left( {x + 10} \right)\)

\( \Rightarrow {x^2} + 10x - 1200 = 0\)

Giải phương trình ta được \[x = 40\] (loại); \[{x_2} = 30\](thỏa mãn)

Vậy vận tốc của xe tải là \[30\,{\rm{km/h}}\]và xe khách là \[40\,{\rm{km/h}}\].

Gọi \(x\,\,,\,\,y\)  thứ tự là số giờ để vòi thứ nhất, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể \(\left( {x > 0\,\,,\,\,y > 0} \right)\).
Ta có \[4\] giờ \[48\] phút \( = \frac{{24}}{5}\) giờ
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được \(\frac{1}{x}\) (bể); và thứ hai chảy được \(\frac{1}{y}\) (bể) và cả hai vòi chảy được \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\) (bể).
Ta có phương trình \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{\frac{{24}}{5}}}\) hay  \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{5}{{24}}\)
Vòi thứ nhất chảy \[3\] giờ; vòi thứ hai chảy \[4\] giờ được \(\frac{3}{4}\) bể, ta có phương trình: \(\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{3}{4}\)

Vậy, ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{5}{{24}}}\\{\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.\)
Đặt \(u = \frac{1}{x};v = \frac{1}{y}\,\,\left( {u > 0\,\,,\,\,v > 0} \right)\).
Ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u + v = \frac{5}{{24}}}\\{3u + 4v = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.\)  suy ra    \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3u + 3v = \frac{5}{8}}\\{3u + 4v = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.\) hay  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \frac{1}{{12}}}\\{v = \frac{1}{8}}\end{array}} \right.\)
Ta tìm được: \(x = 12\,;y = 8\) (thỏa mãn điều kiện \(x > 0\,\,,\,\,y > 0\).
Vậy vòi thứ nhất chảy một mình trong \[12\] giờ đầy bể, vòi thứ hai chảy một mình trong \[8\] giờ đầy bể.

Ta có \[a = 1{\kern 1pt} ;\,b = 2 \Rightarrow b' = 1;\,c = m\]

Phương trình đã cho có hai nghiệm \[{x_1};{x_2}\] khi và chỉ khi

\[\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 1 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 1\]

Theo hệ thức Viète, ta có \[{x_1} + {x_2} =  - 2\] và \[{x_1}{x_2} = m\]

Xét hệ: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\3{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 5\\{x_2} =  - 7\end{array} \right.\]

(hệ hai ấn bậc nhất đối với \[{x_1}\] và \[{x_2}\] )

Thế \[{x_1} = 5\] và \[{x_2} =  - 7\] vào phương trình \[{x_1}{x_2} = m\], ta có:

\[m = 5.\left( { - 7} \right) =  - 35\] (thỏa điều kiện \[m \le 1\] )

Vậy \[m =  - 35\]

a) \[x = 25\] (thỏa mãn điều kiện xác định)

\[A = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt {25}  - 2}}{{\sqrt {25}  + 2}} = \frac{3}{7}\]

Vậy \[A = \frac{3}{7}\] khi \[x = 25\].

b) Với \[x \ge 0\], \[x \ne 4\].

Ta có : \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{12}}{{x - 4}}\)

\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 4\sqrt x  + 4 - 3\sqrt x  + 6 - 12}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{x + \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

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

c) Ta có : \[P = A.B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 2}}.\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\]

\[\left| P \right| > P\]

TH 1: \[P > P\](Vô lí)

TH 2: \( - P > P \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} > \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\)

\( \Rightarrow 1 - \sqrt x  > \sqrt x  - 1 \Leftrightarrow 2 > 2\sqrt x \)

\( \Leftrightarrow 1 > \sqrt x  \Leftrightarrow 1 > x\)

Kết hợp với điều kiện xác định ta có : \[1 > x \ge 0\]

Bán kính đáy là:\(R = \frac{d}{2}\) \( = \frac{{28}}{2} = 14\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

               Diện tích xung quanh chiếc nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl\)\( = \pi .14.30 = 420\pi \,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\)

               Diện tích lá cần dùng là:

               \[S = \left( {420\pi } \right).2 \approx 840.3,14 = 2637,6\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

                  \(S \approx 2637,6({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\)

 

a) Ta có \(\widehat {BHE} = 90^\circ \) nên \(3\) điểm \(B\), \(H\), \(E\) nằm trên đường tròn đường kính \(BE\)

\(\widehat {BKE} = 90^\circ \) nên \(3\) điểm \(B\),K, \(E\) nằm trên đường tròn đường kính \(BE\)

Nên \(4\) điểm \(B\), \(H\), \(K\), \(E\) nằm trên đường tròn đường kính \(BE\)

Suy ra \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp

b) Vì \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {BHK} = \widehat {BEK}\) (góc nội tiếp

cùng chắn ) mà \(\widehat {BEK} = \widehat {BCE}\) (cùng phụ \(\widehat {KEC}\))

\( \Rightarrow \widehat {BHK} = \widehat {BCE}\)

+) Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có \(\widehat B\) chung; \(\widehat {BHK} = \widehat {BCA}\)

\(\Delta BHK\) đồng dạng \(\Delta BCA(g.g) \Rightarrow \frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BA}} \Rightarrow BH.BA = BK.BC;\)

c) Giả sử\(HK\) cắt \(CF\) tại \[M\]. Ta chỉ việc chứng minh \(HM\) đi qua trung điểm I của EF

- Vì \(BHEK\) nội tiếp \(\widehat {HBE} = \widehat {HKE}\) (góc nội tiếp cùng chắn )

- \(\widehat {ABE} = \widehat {ACF}\) (cùng phụ với \(\widehat A\)) \( \Rightarrow \widehat {MKE} = \widehat {MCE}\)

Giả sử \(CM\) cắt \(KE\) tại \(N\)

Ta có \(\Delta MNK\) đồng dạng \(\Delta ENC\)(g-g) suy ra \(\frac{{NM}}{{NC}} = \frac{{NK}}{{NE}}\)

Xét \(\Delta MNE\)và \(\Delta KNC\) có

\(\frac{{NM}}{{NC}} = \frac{{NK}}{{NE}}\); \(\widehat {MNE} = \widehat {KNC}\)(đối đỉnh)

Suy \(\widehat {ENC} = \widehat {EKC}\) mà \(\widehat {EKC} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {EMC} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {EHF} = \widehat {HFM} = \widehat {FME} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow EHFM\) là hình chữ nhật mà \(I\) là trung điểm của đường chéo \(EF \Rightarrow I\) là trung điểm của \(HM\)

\( \Rightarrow H,I,M,K\) thẳng hàng.

   

Đường sinh AB cắt trục OO’ tại C.

Khi đó hai hình nón có đỉnh O, C có chung đáy là hình tròn (O’) có thể tích bằng nhau.

-  Gọi

        V1 là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O’);

        V2 là thể tích hình nón đỉnh O, đáy là hình tròn (O’);

        \({V_n} = 12\) là thể tích nước đổ vào.

        V là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O);

Ta có \[\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot CO' \cdot \pi  \cdot O'{B^2}}}{{\frac{1}{3} \cdot CO \cdot \pi  \cdot O{A^2}}} = \frac{{CO'}}{{CO}} \cdot {\left( {\frac{{O'B}}{{OA}}} \right)^2} = \frac{1}{{\rm{2}}} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{8}\].

Suy ra \[{V_1}\, = {V_2} = \frac{1}{8}V\] (1).

(V1 là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O’); V2 là thể tích hình nón đỉnh O, đáy là hình tròn (O’), đường cao của mỗi hình nón bằng nhau \[CO' = OO'\]).

Mặt khác, ta có: \[{V_1} + {V_2}\, + {V_n} = V\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{8}V + \frac{1}{8}V + {V_n} = V\]vào \({V_n} = \frac{6}{8}V\,\) (2)

Từ  (1) và (2) suy ra \[{V_1} = {V_2} = \frac{1}{6}{V_n} = \frac{1}{6} \cdot 12 = 2\] lít.

Vậy thể tích của phễu là 2 lít.