Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 37

1)     Bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó như sau:

1)     Kí hiệu: Quả cầu được đánh số từ \[1\] đến \[12\].

Không gian mẫu là \(\Omega  = \left\{ {1\,\,;\,\,2\,\,;\,\,3\,\,;\,\,...\,\,;\,\,11\,\,;\,\,12} \right\}\) suy ra \(n\left( \Omega  \right) = 12\)

Kết quả thuận lợi của biến cố \(A\): “Chọn được quả cầu có số chia hết cho 3” là \(\left\{ {3\,\,;\,\,6\,\,;\,\,9\,\,;\,\,12} \right\}\)

suy ra \[n\left( A \right) = 4\]

Xác suất của biến cố \(A\) là : \[P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\].

\(A = \frac{{\sqrt {16}  - 2}}{{\sqrt {16} }} = \frac{{4 - 2}}{4} = \frac{1}{2}\).

2)       Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\).

Ta có: \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{2x}}{{x - 9}}\)

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

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

\(\begin{array}{l}B = \frac{{2x - 6\sqrt x  + x + 3\sqrt x  - 2x}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\B = \frac{{x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\end{array}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}}\)

3)       Tìm các giá trị nguyên của \(x\) để \(P < 0\) với \(P = A.B\).

Ta có: \(P = A.B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}}\).

Để \(P < 0\) thì \(\frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}} < 0\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 9\end{array} \right.\) Nên \(\sqrt x  + 3 > 0\)

Do đó: \(\sqrt x  - 2 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x  < 2 \Leftrightarrow x < 4\).

Kết hợp với điều kiện \(x > 0\), ta có: \(0 < x < 4\).

Vì \(x\) nhận giá trị nguyên nên \(x \in \left\{ {1;\,2;\,3} \right\}\).

1)     Đổi \(50\) phút \( = \frac{5}{6}\) giờ

Gọi tốc độ của xe khách là \(x\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) \(\left( {x > 0} \right)\)

Gọi tốc độ của xe du lịch là \(y\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) \(\left( {y > 0} \right)\)

Vì tốc độ của xe du lịch lớn hơn tốc độ xe khách là \(20\,{\rm{km/h}}\) nên ta có phương trình:

\(y - x = 20\) \(\left( 1 \right)\)

Thời gian xe khách đi là \(\frac{{100}}{x}\,\left( {\rm{h}} \right)\).

Thời gian xe du lịch đi là \(\frac{{100}}{y}\,\left( {\rm{h}} \right)\).

Vì xe du lịch đến \(B\) trước xe khách \(50\) phút nên ta có phương trình: \(\frac{{100}}{y} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}\) \(\left( 2 \right)\)

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

\(\left\{ \begin{array}{l}y - x = 20\\\frac{{100}}{y} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}\end{array} \right.\)

Từ \(\left( 1 \right)\), suy ra \(y = 20 + x\).

Thế \(y = 20 + x\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được:

\(\frac{{100}}{{20 + x}} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}\)

\(\frac{{100\,\,.\,\,6x}}{{6x\left( {20 + x} \right)}} + \frac{{5x\left( {20 + x} \right)}}{{6x\left( {20 + x} \right)}} = \frac{{100\,\,.\,\,6\left( {20 + x} \right)}}{{6x\left( {20 + x} \right)}}\)

\(600x + 100x + 5{x^2} = 12000 + 600x\)

\(5{x^2} + 100x - 12000 = 0\)

\({x^2} + 20x - 2400 = 0\)

\({x^2} + 60x - 40x - 2400 = 0\)

\(x\left( {x + 60} \right) - 40\left( {x + 60} \right) = 0\)

\(\left( {x + 60} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\)

Ta có \(\left( {x + 60} \right)\left( {x - 40} \right) = 0\)

·     \(x + 60 = 0\), suy ra  \(x =  - 60\) (không thỏa mãn \(x > 0\))

·     \(x - 40 = 0\), suy ra \(x = 40\) (thỏa mãn \(x > 0\))

Thay \(x = 40\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được \(y - 40 = 20\), suy ra \(y = 60\) (thỏa mãn \(y > 0\))

Vậy tốc độ của xe khách là \(40\,{\rm{km/h}}\), tốc độ của xe du lịch là \(60\,{\rm{km/h}}\).

Gọi thời gian  tổ I, tổ II làm một mình xong công việc đó lần lượt là \(x,\,\,y\)( giờ, \(x,\,\,y > 12\))

Năng suất 1 giờ tổ I là: \[\frac{1}{x}\](công việc)

Năng suất 1 giờ tổ II là: \[\frac{1}{y}\] (công việc)

Năng suất 1 giờ cả hai tổ là : \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\] (công việc)  (1)

Vì tổ I làm một mình trong \[2\] giờ, tổ II làm một mình trong \[7\] giờ thì cả hai làm xong một nửa công việc nên ta có: \[\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}\] (2)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{x} + \frac{2}{y} = \frac{1}{6}\\\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{5}{y} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 15\end{array} \right.\](thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy tổ I làm một mình trong 60 giờ thì xong công việc , tổ II làm một mình trong  15 giờ thì xong công việc.

Ta có \(\Delta {\rm{'}} = {\left( {m - 2} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) = {m^2} - 4m + 4 - {m^2} + 3m =  - m + 4\)

Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta {\rm{'}} \ge 0\) hay \( - m + 4 > 0\) suy ra \(m < 4\).

Khi đó theo Viète ta có:  

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2\left( {m - 2} \right)}}{m}\\{x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{m}\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2 + \frac{4}{m}\\{x_1}{x_2} = 1 - \frac{3}{m}\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 6 + \frac{{12}}{m}\,\,\left( 1 \right)\\4{x_1}{x_2} = 4 - \frac{{12}}{m}\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Công hai vế của \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \[3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4{x_1}{x_2} =  - 2\]

Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m.

Đổi: \[{\rm{60 cm\;}} = {\rm{6 dm}}\] ; \[{\rm{120 cm\;}} = {\rm{12 dm}}\]

Bán kính đường tròn đáy hình nón là: \[{\rm{6 : 2}} = 3{\rm{ }}\left( {{\rm{dm}}} \right)\]

Thể tích phần nửa hình cầu là: \({V_1} = \frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\frac{{\rm{4}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi  }}{\rm{. }}{r^3} = \frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi  }}{\rm{. }}{{\rm{3}}^{\rm{3}}} = {\rm{18\pi  }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Thể tích phần hình nón là: \({V_2} = \frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{\pi }}{{\rm{r}}^{\rm{2}}}{\rm{h}}\)\[ = \frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi  }}{\rm{. }}{{\rm{3}}^{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. 12}} = 36{\rm{\pi  }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Thể tích của mô hình là: \(V = {V_1} + {V_2} = {\rm{18\pi }} + {\rm{36\pi }} = 54{\rm{\pi }} \approx 169,6{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Vậy thể tích của mô hình là \({\rm{169}}{\rm{,6 d}}{{\rm{m}}^3}\).

a) Vì \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( {O;R} \right)\) tại \(A\)nên \(\widehat {MAO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \)\(A\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\) \(\left( 1 \right)\)

Vì \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( {O;R} \right)\) tại \(B\)nên \(\widehat {MBO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \)\(B\) thuộc đường tròn đường kính \(OM\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra bốn điểm  \(M\); \(A\) ; \(O\) ; \(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\).

b) Vì \(MA\) ; \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\), \(B\) nên \(MA = MB\)

Mà \(OA = OB = R\)

Nên \(OM\) là đường trung trực của \(AB\).

\( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(H\)

\( \Rightarrow \widehat {AHM} = 90^\circ \)

Xét  và  có :

\[\widehat {OAM} = \widehat {AHM} = 90^\circ \]

\(\widehat {AMO}\) chung

 ( g-g )

\( \Rightarrow \frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}\) ( tính chất tam giác đồng dạng)

\( \Leftrightarrow M{A^2} = MO.MH\) \(\left( 3 \right)\)

Vì \(AD\) là đường kính của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \)

Xét  và  có :

\[\widehat {DAM} = \widehat {ACD} = 90^\circ \]

\(\widehat {AMD}\) chung

 ( g-g )

\( \Rightarrow \frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) ( tính chất tam giác đồng dạng)

\( \Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD\) \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(M{A^2} = MH.MO = MC.MD\).

c) Xét  và  có :

\[\widehat {OAM} = \widehat {AHO} = 90^\circ \]

\(\widehat {AOM}\) chung

 ( g-g )

\( \Rightarrow \frac{{OA}}{{MO}} = \frac{{OH}}{{OA}}\) ( tính chất tam giác đồng dạng)

\( \Leftrightarrow O{A^2} = MO.OH\)

\( \Leftrightarrow O{I^2} = OM.OH\)( do \(OA = OI = R\))

\( \Leftrightarrow OI.OH + O{I^2} = OM.OH + OI.OH\)

\( \Leftrightarrow OI.\left( {OH + OI} \right) = OH\left( {OM + OI} \right)\)

\( \Leftrightarrow OI.IH = OH.MI\) (đpcm).

Đổi  \[1000\] lít =  \[1\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\]

Ta có thể tích của bể nước là

\[V = \pi {R^2}h = 1\]vậy \[h = \frac{1}{{\pi {R^2}}}\]

Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là  \[{S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\]

Hay   \[{S_{tp}} = 2\pi R\frac{1}{{\pi {R^2}}} + 2\pi {R^2}\]

 \[{S_{tp}} = \frac{2}{R} + 2\pi {R^2}\left( {R > 0} \right)\]

Áp dụng bài toán phụ số 2: Với ba số không âm \(a;b;c\) thì \[a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\]

 ta có

   \[{S_{tp}} = \frac{2}{R} + 2\pi {R^2} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} + 2\pi {R^2}\]\[ \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}\; \cdot \,\frac{1}{R}\; \cdot \,\frac{1}{R}}}\]\[ = 3\sqrt[3]{{2\pi }}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi và chỉ khi \[R = \sqrt[3]{{\frac{1}{{2\pi }}}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]