Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 4
11 câu hỏi
Biểu đồ hình cột sau thống kê về sự yêu thích các môn học của học sinh khối \(9\). Biết mỗi học sinh chọn một môn yêu thích.
Lập bảng tần số và bảng tần số tương đối của dữ liệu được biểu diễn trên biểu đồ.
Quan sát biểu đồ, ta có:
Tổng số học sinh khối \(9\) là: \(40 + 35 + 20 + 25 = 120\) học sinh. Vậy \(N = 120\).
Bảng tần số:
|
Môn học \(\left( x \right)\) |
Toán |
Ngữ Văn |
Tiếng Anh |
Khoa học tự nhiên |
Cộng |
|
Tần số \(\left( n \right)\) |
\(40\) |
\(35\) |
\(20\) |
\(25\) |
\(N = 120\) |
Tần số tương đối của số học sinh yêu thích các môn Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Khoa học tự nhiên lần lượt là:
\({f_1} = \frac{{40}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 33,33\% \); \({f_2} = \frac{{35}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 29,17\% \);
\({f_3} = \frac{{20}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 16,67\% \); \({f_4} = \frac{{25}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 20,83\% \).
Bảng tần số tương đối:
|
Môn học \(\left( x \right)\) |
Toán |
Ngữ Văn |
Tiếng Anh |
Khoa học tự nhiên |
Cộng |
|
Tần số tương đối \(\left( \% \right)\) |
\(33,33\) |
\(29,17\) |
\(16,67\) |
\(20,83\) |
\(100\) |
Mỗi công nhân của một đội xây dựng làm việc ở một trong năm bộ phận của đội đó là: Lợp mái, ốp gạch bếp, lát nền, trát tường, xây tường. Biểu đồ hình quạt tròn ở dưới đây thống kê tỷ lệ công nhân thuộc mỗi bộ phận. Chọn ngẫu nhiên một công nhân của đội. Tính xác suất của mỗi biến cố \(A\): “Công nhân được chọn không thuộc bộ phận Lát nền hoặc Lợp mái”.
Điều kiện \(x \ge 0\), \(x \ne 4\).
Ta có: \(x = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{\frac{{ - 8}}{{27}}}} = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^3}}} = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{{ - 2}}{3} = 1\).
Thay \(x = 1\) (thỏa mãn điều kiện) vào \(A\) ta được: \(A = \frac{{\sqrt 1 - 2}}{{\sqrt 1 + 9}} = \frac{{1 - 2}}{{1 + 9}} = \frac{{ - 1}}{{10}}\).
Vậy \(A = \frac{{ - 1}}{{10}}\) khi \(x = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{\frac{{ - 8}}{{27}}}}\).
Ta có: \(B = \frac{3}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{9\sqrt x - 10}}{{4 - x}}\)
\( = \frac{{3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{9\sqrt x - 10}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\( = \frac{{3\sqrt x - 6 + x + 2\sqrt x - 9\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\).
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0\), \(x \ne 4\).
Ta có: \(P = B:A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}:\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 9}}\)\( = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x + 9}}{{\sqrt x - 2}}\)\( = \frac{{\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 2}}\)\( = 1 + \frac{7}{{\sqrt x + 2}}\)
Vì \(7 > 0\), \(\sqrt x + 2 > 0\) nên \(\frac{7}{{\sqrt x + 2}} > 0\).
Do \(\sqrt x \ge 0\) nên \(\sqrt x + 2 \ge 2\), suy ra \(\frac{7}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{7}{2}\)
Do đó \(0 < \frac{7}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{7}{2}\), suy ra \(1 < \frac{7}{{\sqrt x + 2}} + 1 \le \frac{7}{2} + 1\) hay \(1 < P < \frac{9}{2}\).
Mà \(P\) là số chính phương nên \(P = 4\).
Với \(P = 4\), ta có \(\frac{7}{{\sqrt x + 2}} = 3\)
\(\sqrt x + 2 = \frac{7}{3}\)
\(x = \frac{1}{9}\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy \(x = \frac{1}{9}\)thì thoả mãn đề bài.
Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả \(x\) triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, \(y\) triệu đồng cho loại hàng thứ hai. \((x > 0;y > 0)\).
Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT \(10\% \) ) là \(\frac{{110}}{{100}}x\) (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT \(8\% \) là \(\frac{{108}}{{100}}y\) (triệu đồng).
Ta có phương trình \(\frac{{110}}{{100}}x + \frac{{108}}{{100}}y = 21,7\) hay \(1,1x + 1,08y = 21,7\).
Khi thuế VAT là \(9\% \) cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: \(\frac{{109}}{{100}}\left( {x + y\,} \right) = 21,8\) hay \(1,09x + 1,09y = 21,8{\rm{ }}\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1,1x + 1,08y = 21,7}\\{1,09x + 1,09y = 21,8{\rm{ }}}\end{array}} \right.\)
Chia cả hai vế phương trình \(\left( 2 \right)\) cho \(1,09\) ta được \(x + y = 20\)
Suy ra \(x = 20 - y\).
Thay \(x = 20 - y\) vào \(1,1x + 1,08y = 21,7\) phương trình ta được \(1,1\left( {20 - y} \right) + 1,08y = 21,7\) hay \( - 0,02y = - 0,3\) suy ra \(y = 15\).
Thay \(y = 15\) vào \(x = 20 - y\) ta được \(x = 20 - 15 = 5\).
Vậy với \(x = 5\), \(y = 15\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy loại thứ nhất \(5\) triệu đồng, loại thứ hai \(15\) triệu đồng.
Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả \(x\) triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, \(y\) triệu đồng cho loại hàng thứ hai. \((x > 0;y > 0)\).
Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT \(10\% \) ) là \(\frac{{110}}{{100}}x\) (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT \(8\% \) là \(\frac{{108}}{{100}}y\) (triệu đồng).
Ta có phương trình \(\frac{{110}}{{100}}x + \frac{{108}}{{100}}y = 21,7\) hay \(1,1x + 1,08y = 21,7\).
Khi thuế VAT là \(9\% \) cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: \(\frac{{109}}{{100}}\left( {x + y\,} \right) = 21,8\) hay \(1,09x + 1,09y = 21,8{\rm{ }}\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1,1x + 1,08y = 21,7}\\{1,09x + 1,09y = 21,8{\rm{ }}}\end{array}} \right.\)
Chia cả hai vế phương trình \(\left( 2 \right)\) cho \(1,09\) ta được \(x + y = 20\)
Suy ra \(x = 20 - y\).
Thay \(x = 20 - y\) vào \(1,1x + 1,08y = 21,7\) phương trình ta được \(1,1\left( {20 - y} \right) + 1,08y = 21,7\) hay \( - 0,02y = - 0,3\) suy ra \(y = 15\).
Thay \(y = 15\) vào \(x = 20 - y\) ta được \(x = 20 - 15 = 5\).
Vậy với \(x = 5\), \(y = 15\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy loại thứ nhất \(5\) triệu đồng, loại thứ hai \(15\) triệu đồng.
Thay \({x_1} = - 1\) vào phương trình đã cho ta có
\({\left( { - 1} \right)^2} + m\,.\,\left( { - 1} \right) + 2m - 4 = 0\)
\(m = 3\)
Ta có \(N = \frac{1}{{{x_1} + 3}} + \frac{1}{{{x_2} + 3}} = \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{\left( {{x_1} + 3} \right)\left( {{x_2} + 3} \right)}}\) ( điều kiện \({x_1} \ne - 3\), \({x_2} \ne - 3\))
\(N = \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9}}\)
\(N = \frac{{ - m + 6}}{{2m - 4 + 3\left( { - m} \right) + 9}}\)\( = \frac{{6 - m}}{{5 - m}}\)\( = \frac{{6 - 3}}{{5 - 3}}\)\( = \frac{3}{2}\).
Đổi \[40\,mm = 4\,cm\]
a) Bán kính của quả bóng bàn là: \(4:2 = 2\,(cm)\)
Thể tích của quả bóng bàn là:
\[{V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\]\[ = \frac{4}{3} \cdot {3,14.2^3}\]\[ = 33,49\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]
b) Thể tích nước dâng: \[{V_2} = \pi {R^2}.h\]\[ = {3,14.3^2}.7,2\]\[ = 203,472\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]
Thể tích phần bóng chìm: \({V_3} = 203,472 - 200 = 3,472\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\)
Vậy thể tích phần nổi quả bóng:
\[V = {V_1} - {V_3}\]\[ = 33,49 - 3,472\]\[ \approx 30,02\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 11 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
a) Chứng minh: \[AQ\] song song với \[OM\].
Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(\widehat {AQP} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra \(AQ \bot PQ\). (1)
Mặt khác, \(MP\) và \(MQ\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\), cắt nhau tại \(M\). Theo chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(MP = MQ\) và \(MO\) là phân giác của \(\widehat {POQ}\).
Suy ra: \(\Delta MPQ\) cân tại \(M\), đường phân giác \(MO\) đồng thời là đường cao, hay \(OM \bot PQ\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AQ\;{\rm{//}}\;OM\).
b) Chứng minh: \[PQ.PB = 4{R^2}\].
Vì \(AB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(AB \bot OA\).
Xét \(\Delta AQP\) và \(\Delta BAP\) có:\(\widehat {AQP} = \widehat {BAP}\) (góc vuông), \(\widehat {BPA}\) chung.
Suy ra (g-g).
Suy ra: \(\frac{{PQ}}{{PA}} = \frac{{PA}}{{PB}}\). Suy ra:\(PQ.PB = P{A^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).
c) Gọi \[K\] là trung điểm của \[MO\]. Tia \[PK\] cắt \[AQ\] tại \[I\]. Chứng minh tứ giác \[MOAI\] là hình bình hành.
Xét \(\Delta AIP\) có:
\(O\) là trung điểm của \(AP\) (vì \(O\) là tâm đường tròn đường kính \(AP\))
\(OK\;{\rm{//}}\;AI\) (vì \(AQ\;{\rm{//}}\;OM\) theo chứng minh trên).
Suy ra là trung điểm của (định lý).
Suy ra là đường trung bình của .
Suy ra: (tính chất đường trung bình của tam giác).
Lại có: (vì là trung điểm của ) nên .
Xét tứ giác có: và (chứng minh trên).
Suy ra là hình bình hành.
Vì mảnh vải hình tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt \(a\), \(b\), \(c\) thỏa mãn \(a + b + c = 1\) nên \(0 < a < 1\); \(0 < b < 1\); \(0 < c < 1\)
Ta có \({a^2} + {b^2} \ge 2ab\),
Suy ra \({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\) hay \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\),
Suy ra \(\frac{1}{{ab}} \ge \frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a = b\)
Khi đó ta có \(P = \frac{{a + b}}{{abc}} = \frac{{a + b}}{c}\, \cdot \,\frac{1}{{ab}} \ge \frac{{a + b}}{c}\, \cdot \,\frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} = \frac{4}{{c\left( {a + b} \right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\left( {a + b} \right) + c \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c} \),
Suy ra \(1 \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c} \)
Do đó \(\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c} \le \frac{1}{2}\),
Suy ra \(\left( {a + b} \right)\,.\,c \le \frac{1}{4}\)
Suy ra \(\frac{4}{{\left( {a + b} \right)\,.\,c}} \ge 16\) hay \(P \ge 16\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b\\a + b = c\\a + b + c = 1\end{array} \right.\), suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = \frac{1}{4}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\) ( thỏa mãn các điều kiện)
Do đó min \(P = 16\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = \frac{1}{4}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vậy kích thước của mảnh vài hình tam giác đó là \(a = b = \frac{1}{4}\); \(c = \frac{1}{2}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
