Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 40

a) Tần số tương đối của mỗi nhóm là:

-     Nhóm\[\left[ {36;\,\,38} \right)\]: \(\left( {\frac{{20}}{{100}}} \right).100\%  = 20\% \)         

-     Nhóm \[\left[ {38;\,\,40} \right)\]: \(\left( {\frac{{15}}{{100}}} \right).100\%  = 15\% \)

-     Nhóm\[\left[ {40;\,\,42} \right)\]: \(\left( {\frac{{25}}{{100}}} \right).100\%  = 25\% \)

-     Nhóm\[\left[ {42;\,\,44} \right)\]: \(\left( {\frac{{30}}{{100}}} \right).100\%  = 30\% \)

-     Nhóm\[\left[ {44;\,\,46} \right)\]: \(\left( {\frac{{10}}{{100}}} \right).100\%  = 10\% \)

b)   Lập bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó

Nhóm	Tần số (n)	Tần số tương đối (%)
\(\left[ {36;\,\,38} \right)\)	\(20\)	\(20\% \)
\(\left[ {38;\,\,40} \right)\)	\(15\)	\(15\% \)
\(\left[ {40;\,\,42} \right)\)	\(25\)	\(25\% \)
\(\left[ {42;\,\,44} \right)\)	\(30\)	\(30\% \)
\(\left[ {44;\,\,46} \right)\)	\(10\)	\(10\% \)
Cộng	\(N = 100\)	\(100\% \)

a) Kết quả thuận lợi cho biến cố là những số từ \[1\] đến\[26\].

 Có \[26\] kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy \(P = \frac{{26}}{{52}} = \frac{1}{2}\).

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố là những số từ \[20\] đến\[50\].

Có \[\left( {50--20} \right):1 + 1 = 31\]kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy \(P = \frac{{31}}{{52}}\).

Gọi \[x\] là số giáo viên, \[y\]là số học sinh của trường tham gia tham quan (\[0 < x,{\rm{ }}y < 250;\] \[x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}\], đơn vị người)

Vì số giáo viên và học sinh tham gia là \[250\] người nên ta có phương trình:

\(x + y = 250\,\,\,(1)\)

Số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là \[95\% .80000 = 76{\rm{ }}000\](đồng)

Số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là \[95\% .60000 = 57{\rm{ }}000\](đồng)

Vì nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là \[14\,535\,000\] đồng nên ta có phương trình:

\(76\,000x + 57\,000y = 14\,535\,000\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) có hệ  phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\76\,000x + 57\,000y = 14\,535\,000\,\end{array} \right.\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\,(TM)\\y = 235\,(TM)\end{array} \right.\) 

Vậy số giáo viên tham gia là \(15\)người

Số học sinh tham gia là \[235\] người

Đổi:\[50\] phút \[ = \frac{5}{6}\] giờ

Gọi vận tốc của xe khách là \[x\] (km/h,\[x > 0)\]       

Gọi vận tốc của xe du lịch là \[y\](km/h,\[y > 0)\]       

Vì vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là \[20\]km/h nên ta có phương trình: \[y--x = 20\;\;(1)\]

Thời gian xe khách đi từ \(A\) đến \[B\]là: \(\frac{{100}}{x}\)  (giờ)

Thời gian xe du lịch đi từ \(A\)đến \[B\] là: \(\frac{{100}}{y}\)  (giờ)

Vì xe du lịch đi đến \[B\] trước xe khách \[50\] phút nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\frac{{100}}{x} - \frac{{100}}{y} = \frac{5}{6}\\\,\,\,\,\,\,\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{5}{6}\,\,(2)\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có HPT: \[\left\{ \begin{array}{l}y--x = 20\\\,\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{5}{6}\,\end{array} \right.\]

                        \[\left\{ \begin{array}{l}x = 40\,\,\,(tm)\\\,y = 60\,\,(tm)\,\end{array} \right.\]

Vậy vận tốc của xe khách là 40 km/h; vận tốc xe du lịch là 60 km/h

\(2{x^2} - 4x - 3 = 0\)

Phương trình có \(ac = - 6 < 0\)nên luôn có \(2\) nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = 2;\,\,{x_1}{x_2} = - \frac{3}{2}\)

Ta có:

\[\begin{array}{l}A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\end{array}\]

\[\begin{array}{l}A = {2^2} - 4.\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right)\\A = 10\end{array}\]

Vậy \(A = 10\).

1)   Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta được:

            \(A = \frac{{16 - 2}}{{\sqrt {16}  + 2}} = \frac{7}{3}\)

Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = \frac{7}{3}\).

2)   Với \(x \ge 0\); \(x \ne 1\) ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{2}{{1 - \sqrt x }} - \frac{4}{{x - 1}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{4}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\ = \frac{{x + \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\end{array}\)

\[\begin{array}{l} = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}\]

Vậy \[B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}\] với \(x \ge 0\); \(x \ne 1\).

3)   Với \(x \ge 0\); \(x \ne 1\) ta có:

\(P = A.B = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x  + 2}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x  + 1}}\)

Để \(P = \frac{7}{4}\)

\(\begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{7}{4}\\4x - 7\sqrt x  - 15 = 0\end{array}\)

\(\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {4\sqrt x  + 5} \right) = 0\)

Nên \(\sqrt x  - 3 = 0\) hoặc \(4\sqrt x  + 5 = 0\)

Vậy \(x = 9\) thì \(P = \frac{7}{4}\).

a. Thể tích nước chứa trong ly là: \[V = \pi {R^2}h = \pi {.5^2}.15 = 375\pi \] (cm3).

b. Thể tích nước tràn ra ngoài ly là: \[V = 5 \cdot \frac{4}{3}\pi  \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^3} = 22,5\pi \] (cm3).

a) Gọi \(E\) là trung điểm \(AO\).

Vì \(\Delta AMO\) vuông tại \(M\) (gt)

\( \Rightarrow EA = EM = EO = \frac{1}{2}AO\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)\(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(EO = EA = ED = \frac{1}{2}AO\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông \(ADO\)) \(\left( 2 \right)\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(EA = EO = EN = \frac{1}{2}AO\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông \(ANO\)) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\) \( \Rightarrow OE = DE = ME = AE = NE = \frac{1}{2}AO\)

Suy ra \(O\),\(M\), \(A\), \(D\), \(N\)thuộc đường tròn tâm \(E\) đường kính \(AO\)

Suy ra \(O\),\(M\), \(D\), \(N\)thuộc đường tròn tâm \(E\) đường kính \(AO\).  

b)  Chứng minh \(\Delta AON = \Delta AOM\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra\(\widehat {AON} = \widehat {AOM}\) (hai góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat {BDM} + \widehat {MDA} = 90^\circ \) (do \(AD \bot BC\) tại \(D\))

            \(\widehat {ODN} + \widehat {ADN} = 90^\circ \) (do \(AD \bot BC\) tại \(D\))

            \(\widehat {ADM} = \widehat {AOM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của \(\left( {E,\frac{{AO}}{2}} \right)\))

            \(\widehat {ADN} = \widehat {AON}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của \(\left( {E,\frac{{AO}}{2}} \right)\))

Suy ra \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\)

c) Qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(AB\), \(AC\) tại \(P\), \(Q\).

Chứng minh \(P\), \(I\), \(O\), \(M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(PO\)

Suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {PMI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Chứng minh tứ giác \(INQO\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {IOQ} = \widehat {INA}\) (cùng bù với \(\widehat {INQ}\))

Ta có \(\widehat {PMI} = \widehat {INA}\) (cùng bằng \(\widehat {AON}\), \(\widehat {AOM}\))

Suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {QOI}\)

Suy ra \(OI\) là phân giác của \(\widehat {POQ}\)

Ta có: \(OI \bot PQ\) (do \(OI \bot BC\) và \(PQ{\rm{//}}BC\))

Suy ra \(\Delta POQ\) cân tại \(O\)

Suy ra \(OI\) là đường trung tuyến của \(\Delta OPQ\)

Suy ra \(IP = IQ\)

Vì \(PQ{\rm{//}}BC\)

Suy ra  (g - g)

Suy ra \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{AI}}{{AK}}\)

Tương tự,  (g - g)

Suy ra \(\frac{{IQ}}{{KC}} = \frac{{AI}}{{AK}}\)

\(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{IQ}}{{KC}}\)

mà \(PI = IQ\) (cmt)

suy ra \(KB = KC\)

Vậy \(K\) là trung điểm \(BC\).

Gọi \[x\] là cạnh hình vuông nhỏ, \[V\]là thể tích của hình hộp. Cần tìm giá trị lớn nhất của

 

x \[6 - 2x\]

\[V = x{(6 - 2x)^2}\]

 

	\(x\)
\[x\]	\[6 - 2x\]
			\[6 - 2x\]

 

Ta có \[V = x{(6 - 2x)^2} = 4x{(3 - x)^2}\] nên \(\frac{V}{2} = 2x\left( {3 - x} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Ba số nguyên dương \[2x,{\rm{ }}3 - x,{\rm{ }}3 - x\]có tổng không đổi bằng 6 nên tích của chúng lớn nhất khi \[2x = 3 - x = 3 - x\]

Hay \[x = 1\]

Khi đó \[V = 1{\left( {6 - 2.1} \right)^2} = 16\] (dm3)

Vậy khi cạnh hình vuông nhỏ bằng \[1\] dm thì hộp có thể tích lớn nhất là \[16\]dm3