Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 44

Có \[9\] học sinh chạy \[100\,{\rm{m}}\] hết ít hơn \[13\] giây.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {13;14} \right)\) là: \(\frac{4}{{3 + 6 + 4 + 2 + 1}} \cdot 100\%  = 25\% \)

Do \(n\) tấm thẻ cùng loại nên các thẻ có cùng khả năng đươc chọn. Có \(n\) kết quả có thể xảy ra.

Có \(9\) kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy được tấm thẻ ghi số có một chữ số”.

Vậy xác suất của biến cố “Lấy được tấm thẻ ghi số có một chữ số” là \(\frac{9}{n}\).

Ta có: \(\frac{9}{n} = 0,25\). Suy ra \(n = 36\).

Vậy bạn Long có \(36\) tấm thẻ.

Gọi thời gian vòi \[I\]chảy một mình đầy bề là \[x\] (giờ \[x > 5\])

Thời gian vòi \[II\] chảy một mình đầy vể là \[y\] (giờ, \[y > 5\])

Thời gian cả hai voi cùng chảy đầy bể là 5 giờ.

Trong 1 giờ, vòi \[I\] chảy được \(\frac{1}{x}\) bể; vòi \[II\] chảy được \(\frac{1}{y}\) bể; cả hai vòi cùng chảy được \(\frac{1}{5}\) bề.

Do đó ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{5}\)                                                      \(\left( 1 \right)\)

Trong 3 giờ vòi \[I\] chảy được \(\frac{3}{x}\)bề; Trong 2 giờ vòi \[II\] chảy được \(\frac{2}{y}\) bề. Cả hai vòi chảy được \(\frac{2}{3}\) bề.

Do đó ta có phương trình: \(\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{2}{3}\)                                                      \(\left( 2 \right)\)

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{5}\\\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 7,5\\y = 15\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy:

Thời gian vòi \[I\] chảy một mình đầy bể là 7,5 giờ.

Thời gian vòi \[II\] chảy một mình đẩy bể là 15 giờ.

Gọi số sản phẩm mỗi ngày xí ngiệp phải làm theo kế hoạch là \(x\), (sản phẩm \(x \in \mathbb{N}*,x < 75)\)

Số sản phẩm phải làm theo kế hoạch là 75 sản phẩm.

Thời gian hoàn thành theo kế hoạch là \(\frac{{75}}{x}\) ngày.

Thực tế, mỗi ngày làm được \(x + 5\) sản phẩm.

Thực tế số sản phẩm làm được là 80 sản phẩm.

Thực tế, thời gian hoàn thành là \(\frac{{80}}{x}\) sản phẩm.

Thực tế, xí nghiệp hoàn thành trước 1 ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình:

\(\frac{{80}}{{x + 5}} + 1 = \frac{{75}}{x}\)

\(\frac{{80 + x + 5}}{{x + 5}} = \frac{{75}}{x}\)

\({x^2} + 80x + 5x = 75x + 375\)

\({x^2} + 10x - 375 = 0\)

\(\left( {x - 15} \right)\left( {x + 25} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \(x = 15 & \left( {{\rm{tho\^u a ma\~o n}}} \right)\)

Trường hợp 2: \(x =  - 25\,\left( {{\rm{loa\"i i}}} \right)\)

Vậy, theo kế hoạch mỗi ngày xí nghiệp phải làm 15 sản phẩm.

Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng \[\left( d \right)\] là nghiệm của phương trình:

\({x^2} = x - m\)

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

Hai đồ thị hàm số có một giao điểm là \(x = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\) nên ta có:

\({\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} + m = 0\)

\(m = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} - {\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^2}\)

\( = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} - \frac{{6 - 2\sqrt 5 }}{4}\)\( = \frac{{1 - \sqrt 5  - 3 + \sqrt 5 }}{2}\)\( =  - 1\)

Với \(m =  - 1\) ta có phương trình: \({x^2} - x - 1 = 0\)

Theo định lí Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} =  - 1\end{array} \right.\)                                                      \(\left( 1 \right)\)

Theo bài ra:\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} - \frac{{2025}}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\)

\(\frac{{{x_2} + {x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} - \frac{{2025}}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\)                                                      \(\left( 2 \right)\)

Từ (1) và \(\left( 2 \right)\) ta có: \(\frac{1}{{ - 1}} - \frac{{2025}}{{1 - 2}} =  - 1 + 2025 = 2024\)

Vậy\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} - \frac{{2025}}{{{x_1} + {x_2} - 2}} = 2024\) với \(m =- 1\).

1) Tính giá trị của biểu thúc \(A\) khi \(x = 16\).

Thay \(x = 16\) (tmđk) vào \(A\) ta có: \(A = \frac{{16}}{{\sqrt {16}  - 3}} = \frac{{16}}{{4 - 3}} = 16\)

Vậy với \(x = 16\) thì \(A = 16\).

2) Chứng minh \(B = \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}\).

ĐKXĐ: \(x > 0,x \ne 9\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{2x - 3}}{{x - 3\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }}\\B = \frac{{2x - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}} - \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\B = \frac{{2x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\B = \frac{{\sqrt x \left( {2\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right)}} = \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}\end{array}\)

Vậy với \(x > 0,x \ne 9\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}\).

3) Tìm tất cả giá trị của \(x\) để \(A - B < 0\).

\(A - B < 0\)

\(\frac{x}{{\sqrt x  - 3}} - \frac{{2\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}} < 0\)

\(\frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}} < 0\)

\(\frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 3}} < 0\)

Ta có: \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} \ge 0\)

Do đó:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  - 3 < 0}\\{\sqrt x  - 1 \ne 0}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  < 3}\\{\sqrt x  \ne 1}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 9}\\{x \ne 1}\end{array}} \right.\)

Kết hợp với điều kiện ta có: \(0 < x < 9\) và \(x \ne 1\)

Vây với \(0 < x < 9\) và \(x \ne 1\) thì \(A - B < 0\).

a) Phần ống nhựa cắm vào phân nửa viên kẹo là hình trụ có độ cao \(h = 0,8\,{\rm{cm}}\), bán kính \(r = 0,2\,{\rm{cm}}\)

Thể tích phần ống nhựa cắm vào phân nửa viên kẹo là:

  \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi \,\,.\,\,{0,2^2}\,\,.\,\,1,6 \approx 0,2\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

 b) Thể tích của viên kẹo tính cả phần ống nhựa cắm vào là:

  \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \,\,.\,\,{1,6^3} \approx 17,16\,\left( {{\kern 1pt} {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

  Thể tích thực của viên kẹo sau khi trừ phần ống nhựa:

  \(V = {V_{\rm{2}}} - {V_{\rm{1}}} \approx 17,16 - 0,2 = 16,96\,{\kern 1pt} \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

a) Chứng minh tứ giác \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SO\), suy ra \(SM = MO = \frac{{SO}}{2}\)                                                      \(\left( 1 \right)\)

Xét \[\Delta SAO\] vuông tại \(A\) có M là trung điểm của \(SO\)

\( \Rightarrow AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(SO\)

\( \Rightarrow \)\(AM = \frac{1}{2}SO\).                                                      \(\left( 2 \right)\)

Xét \(SIO\) vuông tại \(I\) có \(M\) là trung điểm \(SO\)

\( \Rightarrow IM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(SO\)

\(IM = \frac{1}{2}SO\)                                                      \(\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và \(\left( 3 \right)\) ta có: \(AM = IM = SM = MO = \frac{{SO}}{2}\)

Suy ra bốn điểm S, A, O, I cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \(SAOI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\).

b) Gọi \(H\) và \(D\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm \[{\rm{A}}\] đến các đường thẳng \(SO\) và \(SC\). Chứng minh \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

Theo ý a), ta có: Tứ giác \(SAOI\) nội tiếp nên \(\widehat {SOA} = \widehat {SIA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn );

\( \Rightarrow 90^\circ  - \widehat {SOA} = 90^\circ  - \widehat {SIA}\);

Mà \(90^\circ  - \widehat {SOA} = \widehat {OAH}\) (\(\Delta AHO\) vuông tại \(H\)); \(90^\circ  - \widehat {SIA} = \widehat {IAD}\) (\[\Delta ADI\] vuông tại \(D\))

\( \Rightarrow \widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

c) Vẽ đường cao \(CE\) của tam giác \(ABC\). Gọi \(Q\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BE\). Đường thẳng \(QD\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(K\). Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\).

Xét \(\Delta BOC\) cân tại \(O\) có: \(OI \bot BC\)

\( \Rightarrow \)\(OI\) là đường cao

\( \Rightarrow OI\) cũng là đường trung tuyến

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(BC\) .

Mà \(Q\) là ttrung điểm của \(BE\)

\( \Rightarrow IQ\) là đường trung bình của \(\Delta BEC\)

\( \Rightarrow IQ{\rm{ // }}CE\) mà \(CE \bot AB\)

\( \Rightarrow IQ \bot AB\), lại có \(\widehat {IDA} = 90^\circ \left( {AD \bot SC} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AQDI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\)

\( \Rightarrow \) \(\widehat {QAI} + \widehat {QDI} = 180^\circ \) mà \(\widehat {BDQ} + \widehat {QDI} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {BDQ} = \widehat {QAI}\left( { = 180^\circ  - \widehat {QDI}} \right)\).

Xét \(\Delta BDQ\) và \(\Delta BAI\) có:

\(\widehat B\) chung; \(\widehat {BDQ} = \widehat {BAI}\) (chứng minh trên);

 

\( \Rightarrow \frac{{BD}}{{BQ}} = \frac{{BA}}{{BI}} \Rightarrow BQ.BA = BD.BI\).

Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\].

Khi đó \[SM\] là trung đoạn của hình chóp.

Ta có \[AB = BC = AC = x\] thì:

\[S{M^2} = S{B^2} - {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = {6^2} - \frac{{{x^2}}}{4}\]

\[SM = \frac{1}{2}\sqrt {4 \cdot {6^2} - {x^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {144 - {x^2}} \]

Diện tích xung quanh của hình chóp là: \[{S_{xq}} = \frac{{3x}}{2}.\frac{1}{2}\sqrt {144 - {x^2}}  = \frac{{3x}}{4}\sqrt {144 - {x^2}} \]

Vận dụng bất đẳng thức \[{a^2} + {b^2} \ge 2ab\]hay \[ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]ta được: \[x.\sqrt {144 - {x^2}}  \le \frac{{{x^2} + 144 - {x^2}}}{2} = 72\].

Do đó \[{S_{xq}} \le \frac{3}{4}.72 = 54\].

Dấu "=" xảy ra khi\[x = \sqrt {144 - {x^2}}  \Leftrightarrow {x^2} = 144 - {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 72 \Leftrightarrow x = 6\sqrt 2 \] .