Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 43

a) Trong mẫu số liệu trên, số liệu có giá trị nhỏ nhất là \[41\], số liệu có giá trị lớn nhất là \[59\]. Vì thế, ta có thể chọn nửa khoảng \[[40;\,\,60)\] sao cho giá trị của mỗi số liệu trong mẫu số liệu đều thuộc nửa khoảng \[[40;\,\,60)\]. Vì độ dài của nửa khoảng \[[40;\,\,60)\] bằng \[60 - 40 = 20\] nên ta có thể phân chia nửa khoảng đó thành bốn nửa khoảng có độ dài bằng nhau là: \[[40;\,\,45)\], \[[45;\,\,50)\], \[\,[50;\,\,55)\]\[\,[55 & ;\,\,60)\].

Vậy ta có thể ghép mẫu số liệu đã cho theo bốn nhóm ứng với bốn nửa khoảng đó.

b) Tốc độ của xe đi từ \[40\] \[{\rm{km/h}}\] đến dưới \[45\] \[{\rm{km/h}}\] là \[7\] xe;

Tốc độ của xe đi từ \[45\] \[{\rm{km/h}}\] đến dưới \[50\] \[{\rm{km/h}}\] là \[7\] xe;

Tốc độ của xe đi từ \[50\] \[{\rm{km/h}}\] đến dưới \[55\] \[{\rm{km/h}}\] là \[5\] xe;

Tốc độ của xe đi từ \[55\] \[{\rm{km/h}}\] đến dưới \[60\] \[{\rm{km/h}}\] là \[6\] xe.

Do đó ta có bảng tần số ghép nhóm

- Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là: \(\Omega  = \left\{ {11;\,\,13;\,\,15;\,\,...;\,\,97;\,\,99} \right\}\)

- Số phần tử của tập hợp \(\Omega \) là: \(\frac{{99 - 11}}{2} + 1 = 45\) (phần tử)

- Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\): “Số tự nhiên viết ra là bình phương của \[1\] số tự nhiên” là:\(\left\{ {25;\,\,49;\,\,81} \right\}\). Biến cố này gồm \(3\) phần tử.

- Xác suất của biến cố A là: \(3:45 = \frac{1}{{15}}\)

1) Thay \(x = 0,49\) (thỏa mãn) vào \(M\), ta có: \(M = \frac{{\sqrt {0,49}  - 1}}{{\sqrt {0,49} }} = \frac{{ - 3}}{7}\).

Vậy \(M = \frac{{ - 3}}{7}\) khi \(x = 0,49\)

2) \(P = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{{2 + 8\sqrt x }}{{x - 1}} - \frac{2}{{1 - \sqrt x }}\)

\(P = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{{2 + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 1}}\)

\(P = \frac{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{2 + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\(P = \frac{{x - 3\sqrt x  + 2 + 2 + 8\sqrt x  + 2\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\(P = \frac{{x + 7\sqrt x  + 6}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{\left( {\sqrt x  + 6} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 1}}\) (điểu phải chứng minh)

3) Xét \(Q = M.P + \frac{{x - 5}}{{\sqrt x }}\) suy ra \(Q = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{x - 5}}{{\sqrt x }} = \frac{{x + \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\)

Xét hiệu \(Q - 3 = \frac{{x + \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} - 3 = \frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} = \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }}\)

Với \[x > 0;x \ne {\rm{ }}1\] thì \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ge 0\) và \(\sqrt x  > 0\) suy ra \(\frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }} \ge 0\) hay \(Q \ge 3\)

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau một năm là: \(x + 0,06x = 1,06x\) (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi sau năm thứ hai là: \(1,06x.\left( {1 + 6\% } \right) = 1,1236x\) (triệu đồng)

Vì sau hai năm, bác Chín nhận được \(33,9\) triệu đồng cả gốc và lãi, nên ta có phương trình: \(1,1236x = 33,708\)

\(x = 33,708:1,1236 = 30\) (thỏa mãn)

Vậy số tiền ban đầu bác Chín gửi vào là \(30\) triệu đồng.

Gọi thời gian đội 1 hoàn thành công việc một mình là \(x\) (giờ, \(x > 4\))

Gọi thời gian đội 2 hoàn thành công việc một mình là \(y\) (giờ, \(y > 4\))

Trong một giờ, đội 1 làm được số phần công việc là: \(\frac{1}{x}\) (công việc); đội 2 làm được số phần công việc là: \(\frac{1}{y}\) (công việc).

Trong một giờ, cả hai đội là được số phần công việc là: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\). Trong bốn giờ, cả hai đội làm được số phần công việc là: \(4\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\).

Khi đó cả hai đội làm xong việc nên ta có phương trình là: \(4\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 1\)     (1)

Trong ba giờ, cả hai đội làm được số phần công việc là: \(3.\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)\) (công việc);

Trong ba giờ, đội 2 làm được số phần công việc là: \(3.\frac{1}{y}\) (công việc).

Khi đó công việc mới xong, nên ta có phương trình: \(3.\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) + 3.\frac{1}{y} = 1\) hay \(3.\frac{1}{x} + 6.\frac{1}{y} = 1\) (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}4\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right) = 1\\3.\frac{1}{x} + 6.\frac{1}{y} = 1\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 12\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy đội 1 làm một mình trong \(6\) giờ xong, đội 2 làm một mình trong \(12\) giờ xong công việc

Phương trình có tích \(ac = 3{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 6} \right) =  - 18 < 0\) nên có nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\). Theo định lý Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - 5}}{3}\) và \({x_1}{x_2} =  - 2\).

\({x_1}\),\({x_2} \ne  - 2\)

 \({\rm{D  = }}\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}} = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} + 2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}\)

  \(D = \frac{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)

  \(D = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)

 \(D = \frac{{{{\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}^2} - 2{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}}{{\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right) + 4}} = \frac{{ - 31}}{{12}}\)

a) Thể tích kem trong hộp hình trụ là: \[{V_T} = \pi R_T^2.{h_T}\]\[ = \pi {\left( {\frac{{12}}{2}} \right)^2}.15\]\[ = 540\pi \,\,(c{m^3})\]

b) Thể tích kem trong hộp hình nón có hình bán cầu trên đỉnh là \[{V_{kem}} = \frac{1}{3}\pi R_N^2.{h_N} + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3\]\[ = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.12 + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^3}\]\[ = 54\pi \,\,(c{m^3})\]

Vậy số que kem có thể chia được là: \[\frac{{540\pi }}{{54\pi }} = 10\]que.

a) Chứng minh bốn điểm \(K,E,B,I\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét \[\left( {O\,;\,R} \right)\] có: \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \)

đường kính \(AB\) vuông góc với dây \(CD\) tại điểm \(I\)\( \Rightarrow \widehat {KIB} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta KEB\) vuông tại \(E\) có cạnh huyền \(KB\) suy ra \(K,E,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (1)

Xét \(\Delta KIB\) vuông tại \(I\) có cạnh huyền \(KB\) suy ra \(K,I,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (2)

Hay bốn điểm \(K,E,B,I\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \[AK.AE = AI.AB\].

Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\), ta có: \(\widehat A\) là góc chung và \(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) \(\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) \( \Rightarrow AK.AE = AI.AB\) (đpcm)

c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia \[BE\] và tia \[DC\], \[Q\] là giao điểm của \[AP\] và \[BK\]. Chứng minh \[IK\]là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh \[OQ\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác\[PQE\].

* Chứng minh \[IK\]là phân giác của \(\widehat {EIQ}\).

Xét \[\Delta APB\] có: \[PI \bot AB\left( {I \in AB} \right)\]; \[AE \bot PB\left( {E \in PB} \right)\]; \[PI \cap AE \equiv \left\{ K \right\}\]

\( \Rightarrow K\) là trọng tâm của \[\Delta APB\]\( \Rightarrow PQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\widehat {AQB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AQK} = 90^\circ \)

Đường kính \(AB\) vuông góc với dây \(CD\) tại điểm \(I\)\( \Rightarrow \widehat {AIK} = 90^\circ \)

Chứng minh được bốn điểm \(A,I,Q,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AK\) suy ra \(AIKQ\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nt cùng chắn )

Ta có: \(KEBI\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nt cùng chắn )

Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nt cùng chắn cung )

\( \Rightarrow \widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay \(IK\) là phân giác của \(\widehat {EIQ}\) (đpcm)

*Chứng minh \[OQ\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác\[PQE\].

Ta có: \(\widehat {AQB} = 90^\circ \)\( \Rightarrow Q \in \left( {O;R} \right)\)

Xét \(\Delta OQB\), ta có:

\(OQ = OB = R\)

\( \Rightarrow \Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\)

\( \Rightarrow \widehat {OQB} = \widehat {OBQ}\) hay  \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\)               \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta IBK\) và \(\Delta QPK\), ta có:

\(\widehat {IKB} = \widehat {QKP}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {KQP} = \widehat {KIB} = 90^\circ \)

 (g-g)

\( \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {QPK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {OBK} = \widehat {QPK}\)             \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\widehat {OQK} = \widehat {QPK}\)          \(\left( * \right)\)

Ta có: \(\widehat {BQE} = \widehat {BAE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {KQE} = \widehat {IAK}\)            \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta IAK\) và \(\Delta EPK\), ta có:

\(\widehat {IKA} = \widehat {EKP}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {KEP} = \widehat {KIA} = 90^\circ \)

 (g-g)

\( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {EPK}\) (hai góc tương ứng)             \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra: \(\widehat {KQE} = \widehat {EPK}\)          \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( {**} \right)\) ta có: \(\widehat {OQK} + \widehat {KQE} = \widehat {QPK} + \widehat {EPK}\)\( \Rightarrow \widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)

Lại có: \(\Delta QEP\) nội tiếp  (tính chất góc nội tiếp)

\( \Rightarrow \)\[OQ\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác\[PQE\] (đpcm).

Gọi \[x\;(x \ge 0)\] là số kg loại I cần sản xuất, \[y\;(y \ge 0)\] là số kg loại II cần sản xuất.
Suy ra số nguyên liệu cần dùng là \[2x + 4y\], thời gian là \[30x + 15y\], có mức lợi nhuận là \[40000x + 30000y\].
Theo giả thiết bài toán xưởng có \[200kg\] nguyên liệu và \[120\] giờ làm việc suy ra \[2x + 4y \le 200\;\]hay \[x + 2y - 100 \le 0\]và \[30x + 15y \le 1200\;\]hay \[2x + y - 80 \le 0\].
Bài toán trở thành: Tìm x, y thoả mãn hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 100 \le 0\\2x + y - 80 \le 0\end{array} \right.\] với \(x \ge 0\) và \(y \ge 0\)

            sao cho \[L(x;y) = 40000x + 30000y\;\]đạt giá trị lớn nhất.
Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng \[(d):x + 2y - 100 = 0,\;(d\prime ):2x + y - 80 = 0\].

            Giá trị lớn nhất của \[L(x;y) = 40000x + 30000y\;\]đạt tại một trong các điểm \[\left( {0;0} \right),\;\left( {40;0} \right),\;\left( {0;50} \right),\;\left( {20;40} \right)\]
Ta có:  \[L\left( {0;0} \right) = 0;\;L\left( {40;0} \right) = 1600000;\;L\left( {0;50} \right) = 1500000;L\left( {20;40} \right) = 2000000\] suy ra giá trị lớn nhất của \[L\left( {x;y} \right)\]là \[2\,000\,000\] khi \[\left( {x;y} \right) = \left( {20;40} \right)\].
Vậy cần sản xuất \[20\] kg sản phẩm loại I và \[40\;\]kg sản phẩm loại II để có mức lợi nhuận lớn nhất.