Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 46

Có tất cả: \[1 + 5 + 9 + 5 = 20\] học sinh tham gia

                 Bảng tần số tương đối ghép nhóm cho kết quả trên là:

Không gian mẫu của phép thử là \[\Omega  = \left\{ {2;3;...;29;30} \right\}\]. \[\Omega \] có \(29\)phần tử.

                Các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

               + Có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố A là:\[2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}5;{\rm{ }}7;{\rm{ }}11;{\rm{ }}13;{\rm{ }}17;{\rm{ }}19;{\rm{ }}23;{\rm{ }}29\].  

                                  Xác suất của biến cố A là \[P\left( A \right) = \frac{{10}}{{29}}\].

1). Thay\(x = 16\) (TMĐK) vào biểu thức \(A\) ta được \(A = \frac{3}{4}\)  và kết luận.           

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

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

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

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

                   3). Với \(x \ge 0,x \ne 1\)

      \(P = A.B\)\( = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\)

                           Vì \(\sqrt x  \ge 0,\forall x \ge 0\) nên \(\sqrt x  + 2 > 0\)
            \( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} > 0 \Rightarrow P > 1 \Rightarrow \sqrt P  > 1\)\( \Rightarrow P - \sqrt P  = \sqrt P (\sqrt P  - 1) > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \)

Gọi chiều dài, chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật lần lượt là \(x \left( m \right)\), \(y \left( m \right)\).

Điều kiện: \(x > y > 0\)

Vì chu vi của mảnh đất là \(120 m\) nên \(2\left( {x + y} \right) = 120 \Leftrightarrow x + y = 60\)           \(\left( 1 \right)\)

Diện tích của mảnh dất ban đầu là \(xy \left( {{m^2}} \right)\)

Nếu tăng chiều dài thêm \(5\,m\) và tăng chiều rộng thêm \(3\,m\) thì chiều dài mảnh đất là \(x + 5 \left( m \right)\) và

chiều rộng mảnh đất là \(y + 3 \left( m \right)\). Khi đó diện tích mảnh đất tăng thêm \(245\,{m^2}\) nên

\(\left( {x + 5} \right)\left( {y + 3} \right) - xy = 245 \Rightarrow 5x + 3y = 260\)                      \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),  \left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 60\\5x + 3y = 260\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 20\end{array} \right.\) ( thỏa mãn)

Vậy chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó là \(40\,m\) và \(20\,m\)

Gọi giá gốc của quyển từ điển và món đồ chơi lần lượt là \(x,  y\) (nghìn đồng). ĐK: \(x,  y > 0\)

            Tổng số tiền của quyển từ điển và món đồ chơi là \(750\) nghìn đồng, nên ta có \(x + y = 750\)         \(\left( 1 \right)\)

            Do quyển từ điển được giảm \(20\% \) và món đồ chơi được giảm \(10\% \) nên BÌnh chỉ trả \(630\) nghìn đồng, nên ta có \(\frac{4}{5}x + \frac{9}{{10}}y = 630\)            \(\left( 2 \right)\)

            Từ \(\left( 1 \right),  \left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 750\\\frac{4}{5}x + \frac{9}{{10}}y = 630\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 450\\y = 300\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

            Vậy giá gốc của quyển từ điển và món đồ chơi lần lượt là \(450,  300\) nghìn đồng.

a). Diện tích inox để làm nên chiếc xô hình trụ trên là:

           S = Sxung quanh  + Sđáy \( \approx 2.\pi .0,2.0,6 + {0,2^2}.\pi  = 0,28.\pi \left( {{m^2}} \right)\).

Vậy diện tích inox để làm nên chiếc xô hình trụ trên \[0,28\pi \,{m^2}\]

b). Thể tích nước có trong xô là

 \(V = \pi .{R^2}.\frac{2}{3}h = \pi {.0,2^2}.\frac{2}{3}0,6 = 0,016.\pi ({m^3})\)

a) Chứng minh bốn điểm \[A\], \[M\], \[C\], \[O\] cùng thuộc một đường tròn.

Xét đường tròn \[\left( O \right)\],

+ Do \[AM\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \(MA \bot OA\). Suy ra \(\widehat {MAO} = {90^0}\).

Suy ra \[A\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] (1)

+ Do \[MC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]nên \(MC \bot OC\). Suy ra \(\widehat {MCO} = {90^0}\).

Suy ra \[C\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] (2)

Từ (1) và (2)  suy ra 4 điểm \[A\], \[M\], \[C\], \[O\]cùng thuộc một đường tròn (đpcm)

b) Chứng minh \(OI.OM = O{A^2}\) và  \[OM\,{\rm{//}}\,BC\].

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có hai tiếp tuyến \[MA\], \[MC\] cắt nhau tại \[M\] suy ra \[MA = MC\]

Mà \[OA = OC = R\]

Suy ra \[OM\] là đường trung trực của \[AC\].

Suy ra \[OM \bot AC\,\,\,(3)\]. Mà \[I \in AC\] nên\[AI \bot OM\].

Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OAM\] có  (g.g)

Suy ra \[\frac{{OI}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\] hay \[OI.OM = O{A^2}\](đpcm)

Ta có  \(\widehat {{\rm{ACB}}} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\[ \Rightarrow AC \bot BC\]  (4)

Từ (3) và (4) \[ \Rightarrow \]\[OM\,{\rm{//}}\,BC\](đpcm)

c) Chứng minh \[{\bf{K}}\]là trung điểm của \[{\bf{CH}}\].

Do \[CH\,{\rm{//}}\,AM\] (cùng vuông góc với \[AB\]).

\(\widehat {HCA} = \widehat {CAM}\) (hai góc so le trong)           (5)

Mà \[MA = MC\] (cmt) nên \[\Delta MAC\] cân tại \[M\].

\( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {{\rm{MCA}}}\)(tính chất tam giác cân) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {MCA} = \widehat {HCA}\).

Suy ra \[AC\] là tia phân giác \(\widehat {{\rm{MCH}}}\).

Mà \(AC \bot CB(cmt)\)

Suy ra \[CB\]là phân giác ngoài tại \[C\] của \[\Delta KCM\]\[ \Rightarrow \frac{{BK}}{{BM}} = \frac{{CK}}{{CM}}(7)\]

 Xét \[\Delta ABM\] có \[KH\,{\rm{//}}\,AM\] (cùng vuông góc với \[AB\])

Suy ra \[\frac{{BK}}{{BM}} = \frac{{KH}}{{AM}}\,\,\,\,(8)\]    

Từ (7) và (8) suy ra \[\frac{{CK}}{{CM}} = \frac{{KH}}{{AM}}\]. Mà \(CM = AM(cmt)\)nên \(CK = KH\).

Vậy \[K\] là trung điểm của \[CH\]  (đpcm)

Ta có: \[OH = OB--BH\; = 1--0,5 = 0,5\] (m).

Lại có \[\cos \widehat {AOH} = \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{0,5}}{1} = \frac{1}{2}\]. Suy ra \[\widehat {AOH} = {60^0}\]. Suy ra \[\widehat {AOC} = {120^0}\].

Lại có \[AH = OA.\sin \widehat {AOH} = 1.\sin {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]. Suy ra \[AC = 2AH = \sqrt 3 \] (m).

Diện tích hình quạt \(OAC\) là \({S_1} = \frac{{\pi .{R^2}.n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.1}^2}.120}}{{360}} = \frac{\pi }{3}\) (\({m^2}\))

Diện tích tam giác \(OAC\) là \({S_2} = \frac{1}{2}.OH.AC = \frac{1}{2}.0,5.\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) (\({m^2}\)).

Diện tích hình viên phân (diện tích màu tô đậm) là \[S = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4\pi  - 3\sqrt 3 }}{{12}}\] (\({m^2}\)).

Thể tích bồn dầu ban đầu là \({V_1} = \pi {R^2}h = \pi {.1^2}.5 = 5\pi \,\,({m^3})\).

Thể tích phần dầu đã lấy ra là \({V_2} = 5.S = \frac{{5\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (\({m^3}\)).

Thể tích dầu còn lại trong bồn chứa là \[V = {V_1} - {V_2} = 5\pi  - \frac{{5\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}} \approx 12,637\].

Vậy bồn còn khoảng 12,637 m3 xăng.