Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 38

 Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu được ghép nhóm trên là:

Nhóm	Tần số tương đối (%)
\[\left[ {40\,;\,50} \right)\]	\[12,5\]
\[\left[ {5\,0\,;\,60} \right)\]	\[18,75\]
\[\left[ {60\,;\,70} \right)\]	\[21,25\]
\[\left[ {70\,;\,80} \right)\]	\[31,25\]
\[\left[ {80\,;\,90} \right)\]	\[10\]
\[\left[ {90\,;\,100} \right)\]	\[6,25\]
Cộng	\[100\]

Không gian mẫu là: \[\Omega  = \left\{ {\left\{ {1;2} \right\};\left\{ {1;3} \right\};\left\{ {1;4} \right\};\left\{ {1;5} \right\};\left\{ {2;3} \right\};\left\{ {2;4} \right\};\left\{ {2;5} \right\};\left\{ {3;4} \right\};\left\{ {3;5} \right\};\left\{ {4;5} \right\}} \right\}.\]

Do đó, tập hợp \[\Omega \] có \[10\] phần tử.

Do các viên bi có kích thước, khối lượng như nhau và được lấy ngẫu nhiên nên các kết quả trên là đồng khả năng.

Gọi \[A\] là biến cố: “Hai viên bi được lấy ra khác màu”.

Có \[6\] khả năng thuận lợi của biến cố \[A\] là \[\left\{ {1;4} \right\};\left\{ {1;5} \right\};\left\{ {2;4} \right\};\left\{ {2;5} \right\};\left\{ {3;4} \right\};\left\{ {3;5} \right\}.\]

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\].

Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số mililít dung dịch HCl nồng độ \(8\% \) và \(20\% \) cần sử dụng để tạo thành \(36\) ml dung dịch HCl nồng độ \(12\% \). Điều kiện: \(x > 0,y > 0\)

Vì Bình muốn pha \(36\) ml dung dịch HCl nồng độ \(12\% \) nên ta có phương trình: \(x + y = 36\)

Mặt khác, Bình muốn pha \(36\) ml dung dịch HCl có nồng độ \(12\% \) từ các dung dịch \({\rm{HCl}}\,\,\,\,8\% \) và \(20\% \) nên ta có phương trình: \(8\% x + 20\% y = 12\%  \cdot 36\) hay \(0,08x + 0,2y = 4,32\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x + \,\,\,\,\,\,\,\,\,y = 36\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{0,08x + 0,2y = 4,32\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(0,08\) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,08x + 0,08y = 2,88\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)}\\{0,08x + \,\,\,0,2y = 4,32\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế hai phương trình \(\left( 3 \right)\)và \(\left( 4 \right)\)ta được \(0,12y = 1,44\) hay \(y = 12\).

Thay \(y = 12\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta được \(x = 24\).

Các giá trị tìm được này thoả mãn các điều kiện của ẩn.

Vậy bạn Bình cần sử dụng khoảng \(24\) ml dung dịch HCl nồng độ \(8\% \) và \(12\) ml dung dịch HCl nồng độ \(20\% \) để pha chế \(36\) ml dung dịch HCl nồng độ \(12\% \).

Đổi \(10\) phút = \(\frac{1}{6}\)giờ   

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là \(x\) (km/h). Điều kiện: \(x > 0\)

Thời gian dự định của ô tô là: \(\frac{{120}}{x}\) (giờ).

Trong \(1\) giờ đầu ô tô đi được \(x\) (km) nên quãng đường còn lại là: \(120 - x\) (km).

Thời gian ô tô đi trên quãng đường còn lại là: \(\frac{{120 - x}}{{x + 6}}\) (giờ).

Do xe đến \(B\) đúng hạn nên ta có phương trình

\(1 + \frac{1}{6} + \frac{{120 - x}}{{x + 6}} = \frac{{120}}{x}\)

\(\frac{{120}}{x} - \frac{{120 - x}}{{x + 6}} = \frac{7}{6}\)

\(\frac{{{x^2} + 720}}{{x(x + 6)}} = \frac{7}{6}\)

\[6\left( {{x^2} + {\rm{ }}720} \right) = 7\left( {{x^2} + {\rm{ }}6x} \right)\]

\[{x^2} + 42x--4320 = 0\]

\[\left( {x--48} \right)\left( {x + 90} \right) = 0\]

\[x = 48\] hoặc \[x =  - 90\]

            Ta thấy \[x = 48\] thoả mãn điều kiện bài toán; \[x =  - 90\] không thoả mãn điều kiện bài toán.

Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là \(48\) km/h.

Vì \[\Delta  = {b^2} - 4ac = {2^2} - 4.\left( { - \sqrt 2 } \right).3 = 4 + 12\sqrt 2  > 0\]

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2}\].

Theo định lí Viète, ta có: \[S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }};P = {x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{3}{{ - \sqrt 2 }} =  - \frac{3}{{\sqrt 2 }}\]

Do đó \(A = \frac{{{x_2} + 1}}{{1 - {x_1}}} + \frac{{{x_1} + 1}}{{1 - {x_2}}}\)\[ = \frac{{\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}}{{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right)}} + \frac{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {1 - {x_1}} \right)}}{{\left( {1 - {x_2}} \right)\left( {1 - {x_1}} \right)}} = \frac{{{x_2} - x_2^2 + 1 - {x_2} + {x_1} - x_1^2 + 1 - {x_1}}}{{1 - {x_2} - {x_1} + {x_1}{x_2}}}\]

\[ = \frac{{2 - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right)}}{{1 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}} = \frac{{2 - \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]}}{{1 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2 - \left( {{S^2} - 2P} \right)}}{{1 - S + P}} = \frac{{2 - \left[ {{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - 2.\left( { - \frac{3}{{\sqrt 2 }}} \right)} \right]}}{{1 - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \left( { - \frac{3}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{3}{2}\]

1) Với \(x = 9\) (TMĐK) thay vào biểu thức \(Q\) ta được: \(Q = \frac{1}{{3 + 2}} = \frac{1}{5}\)

Vậy \(x = 9\) thì biểu thức  \(Q = \frac{1}{5}\).

2) Với \(x \ge 0;x \ne 4\) ta có:

\(P = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{8\sqrt x }}{{x - 4}}\)

\( = \frac{{3\sqrt x (\sqrt x  - 2) - \sqrt x (\sqrt x  + 2) + 8\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\( = \frac{{3x - 6\sqrt x  - x - 2\sqrt x  + 8\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

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

3) Với \(x \ge 0;x \ne 4\) ta có: \(M = \frac{P}{Q} = \frac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{2x}}{{\sqrt x  - 2}}\)

Để \(M = 18\) thì \(\frac{{2x}}{{\sqrt x  - 2}} = 18\)

\(x - 9\sqrt x  + 18 = 0\)

\(\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  - 6} \right) = 0\)

\(\sqrt x  = 3\) hoặc \(\sqrt x  = 6\)

\(x = 9\) hoặc \(x = 36\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy để \(M = 18\) thì \(x \in \left\{ {9;36} \right\}\).

a) Bán kính quả bóng bàn là: \[R = \frac{{40}}{2} = 20\,\,\left( {mm} \right) = 2\,\left( {cm} \right)\]

Thể tích quả bóng bàn là: \[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi  \cdot {2^3} = \frac{{32}}{3}\pi  \approx 33,51\,\,\left( {c{m^3}} \right)\]

b) Thể tích nước và phần chìm của quả bóng bàn trong cốc là: \[V = \pi {r^2}h = {3^2}.7,2\pi  = \frac{{324}}{5}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\]

Thể tích phần chìm của quả bóng bàn là: \[\frac{{324}}{5}\pi  - 200 \approx 3,58\,\,\left( {c{m^3}} \right)\]

Thể tích phần nổi của quả bóng bàn là: \[\frac{{32}}{3}\pi  - \left( {\frac{{324}}{5}\pi  - 200} \right) \approx 16,53\,\,\left( {c{m^3}} \right)\]

Tỉ lệ phần trăm thể tích phần nổi của quả bóng bàn trong thí nghiệm trên là: \[\frac{{16,53}}{{33,51}} \approx 49,33\,\% \]

   

a)   Chứng minh tứ giác \(BHEK\) nội tiếp

Xét tứ giác \[BHEK\], có: \[\widehat {BHE} = 90^\circ \,\left( {EH \bot AB} \right)\] và \[\widehat {EKB} = 90^\circ \,\left( {EK \bot BC} \right)\]

nên \[\widehat {BHE} + \widehat {EKB} = 180^\circ \] mà \[\widehat {BHE}\] và \[\widehat {EKB}\] là hai góc đối

Do đó tứ giác \[BHEK\] nội tiếp

b)   Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\)

Xét \(\Delta BEC\) và \(\Delta BKE\) có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BKE} = 90^\circ \); \(\widehat {EBC}\): góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}} \Rightarrow B{E^2} = BK.BC\) \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự ta được \(B{E^2} = BH.BA\)   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra: \(BH.BA = BK.BC\).

c) Kẻ đường cao \(CF\) của tam giác \(ABC\left( {F \in AB} \right)\) và \(I\) là trung điểm của \(EF\). Chứng minh ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng.

Theo câu a) ta có tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên  \(\widehat {BHK} = \widehat {BEK}\) (\(2\) góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(EK \bot BC\) nên \(\widehat {BEK} = \widehat {ECB}\) (cùng phụ \(\widehat {KEC}\)) \(\left( 4 \right)\)

Xét \(\Delta BFC\) có \(\widehat {BFC} = {90^ \circ }\left( {CF \bot AB} \right)\) nên \(B,F,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Lại có \(\Delta BEC\) có \(\widehat {BEC} = {90^ \circ }\left( {BE \bot AC} \right)\) nên \(B,E,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Suy ra bốn điểm \(B,F,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

hay tứ giác \(BFEC\) nội tiếp

Do đó \(\widehat {ECB} = \widehat {HFE}\) (cùng bù với \(\widehat {BFE}\)) \(\left( 5 \right)\)

Xét \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) \(\left( {EH \bot AB} \right)\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \[EF\] (\(I\) là trung

điểm của \(EF\)) nên \(HI = IF = \frac{{EF}}{2}\)

hay \(\Delta HIF\) cân tại \(I\) do đó \(\widehat {IFH} = \widehat {FHI}\) \(\left( 6 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\), \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {FHI}\) \(\)

Do đó \(H,I,K\) thẳng hàng.

Gọi số lần giảm giá \[100{\rm{ 000}}\]đồng/1tour để thu được doanh thu lớn nhất là \[x\] (lần)

Sau \[x\] lần giảm thì giá của một tour là: \[2{\rm{ }}000{\rm{ }}000 - 100{\rm{ }}000.x\] (đồng).

Vì cứ sau \[1\] lần giảm thì có thêm \[20\] người tham gia nên sau \[x\] lần giảm thì có thêm \[20.x\](người tham gia) nên tổng số người tham gia sau \[x\] lần giảm giá là:   \[200 + 20.x\] (người )

Tổng doanh thu sau \[x\] lần giảm giá là:

\[S = \left( {2{\rm{ }}000{\rm{ }}000 - 100{\rm{ }}000.x} \right).\left( {200 + 20.x} \right)\](đồng)

\[S = 100{\rm{ }}000.20.\left( {20 - x} \right).\left( {10 + x} \right)\](đồng)

\[S = 2{\rm{ 0}}00{\rm{ }}000.\left( { - {x^2} + 10x + 200} \right)\] (đồng)

Xét \[ - {x^2} + 10{\rm{x  +  200  = }} - {\rm{(}}{{\rm{x}}^2} - 10{\rm{x  + 25}} - 25 - 200)\] \[ =  - {{\rm{(x}} - 5)^2} + 225\]

Vì \[ - {{\rm{(x}} - 5)^2} + 225 \le 225\] nên \[2{\rm{ 0}}00{\rm{ }}000.\left( { - {x^2} + 10x + 200} \right) \le 2\,\,000\,\,000.225 = 450\,\,000\,\,000\]

hay\[S \le 450\,\,000\,\,000\]

\[{S_{m{\rm{ax}}}} = 450\,\,000\,\,000\]

Khi đó x = 5 (lần)

Vậy giá tour khi đó: \[2{\rm{ }}000{\rm{ }}000 - 100{\rm{ }}000.5 = 1{\rm{ 500 000}}\] (đồng).