Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 47

a) Bảng tần số tương đối của biểu đồ trên là:                    

Môn thể thao được yêu thích	Bơi	Bóng bàn	Cầu lông	Bóng rổ
Tần số tương đối	\(47\% \)	\(8\% \)	\(30\% \)	\(15\% \)

b) Môn thể thao nào được học sinh THCS của \(1\) trường yêu thích nhất là môn bơi vì môn bơi chiếm \(47\% \) các bạn yêu thích.

a. Không gian mẫu của phép thử là:

.

Không gian mẫu có \[{\rm{6}}\]phần tử.

b. Vì các viên bi có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả là đồng khả năng.

+ Có \[{\rm{2}}\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{A}}\] là: .

Xác suất của biến cố \[{\rm{A}}\]là \(P\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

+ Có \[3\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{B}}\] là: .

 Xác suất của biến cố \[{\rm{B}}\] là \(P\left( B \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

+ Có \[{\rm{4}}\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{C}}\] là: .

 Xác suất của biến cố \[{\rm{C}}\] là \(P\left( C \right) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).

Gọi dân số nội thành và ngoại thành lần lượt là \[{\rm{a}}{\rm{,}}\;{\rm{b}}\](\[0 < a,b < 420\], nghìn người)

Ta có: dân số của một tỉnh hay tổng của \[{\rm{a}}\] và \[{\rm{b}}\]là \[{\rm{420}}\] nghìn người nên \[a + b = 420\]

Dân số nội thành là: \[100,8\% a{\rm{ }} = {\rm{ }}1,008a\](người)

Dân số ngoại thành là: \[101,1\% b{\rm{ }} = {\rm{ }}1,011b\](người)

Vì sau một năm dân số toàn tỉnh sẽ tăng 1% nên ta có pt:

\[1,008a\; + {\rm{ }}1,011b\; = {\rm{ }}420{\rm{ }}.101\% \]

\[1,008a\; + {\rm{ }}1,011b\; = {\rm{ }}424,2\]

Ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 420\\1,008a\; + {\rm{ }}1,011b\; = {\rm{ }}424,2\end{array} \right.\]

Giải hệ phương trình ta được: \[a = 140;{\rm{ }}b = 280\] 

Vậy dân số nội thành là \[{\rm{140}}\] nghìn người, dân số ngoại thành là \[{\rm{280}}\] nghìn người.

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là \[x\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{ }}\left( {x > 0} \right)\]

Vận tốc lúc sau của ô tô là \[{\rm{x + 10}}\]\[\left( {{\rm{km/h}}} \right)\]

Thời gian ô tô đi trên đoạn đường đầu \(\frac{{180}}{x}\) (giờ)

Thời gian ô tô đi trên đoạn đường sau \(\frac{{220}}{{x + 10}}\)(giờ)

Theo đề bài, thời gian ô tô đi trên cả quãng đường là \[{\rm{8}}\] giờ.

Ta có phương trình: \(\frac{{180}}{x} + \frac{{220}}{{x + 10}} = 8\)

Giải phương trình tìm được hai nghiệm: \[{\rm{45}}\] và \[{\rm{ - 5}}\]

Giá trị \(x = 45\) (TMĐK), trả lời.

 Phương trình: \({x^2} - 3x - 7 = 0\)

Ta có \(a = 1;c =  - 7\). Và \(a.c < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 3}\\{P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} =  - 7}\end{array}} \right.\)

\(B = x_1^2 + x_2^2\)\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)\( = {3^2} - 2.( - 7)\)\( = 9 + 14\)\( = 23.\)

a) Thay \[x = 25\](thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[B\] ta được \(B = \frac{1}{{\sqrt {25}  + 2}} = \frac{1}{7}\)

b) \(M = \frac{A}{B}\)

\[M = \left( {\frac{{x + 2}}{{x + \sqrt x  - 2}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\]

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

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

\[ = \frac{{x + 2 - 2x - 4\sqrt x  + x - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{1}\]

\[ = \frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{1} = \frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\]

c) Theo đề bài ta có:

\[{M^2} - M = 2\]

\[\left( {M + 1} \right)\left( {M - 2} \right) = 0\]

\[M =  - 1\] hoặc \[M = 2\]

* Với \[{\rm{M =   -  1}}\] ta có \(\frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} =  - 1\)

\( - 4\sqrt x  + 1 =  - \sqrt x  + 1\)

\(x = 0\) (TMĐK)

* Với \[{\rm{M =  2}}\] ta có \(\frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} = 2\)

\( - 4\sqrt x  + 1 = 2\sqrt x  - 2\)

\(x = \frac{1}{4}\) (TMĐK)

a) Thể tích đất sét làm viên gạch hình hộp chữ nhật chưa trừ bốn lỗ rỗng bên trong là:

\(8.8.20 = 320\left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích của bốn lỗ hình trụ bằng nhau là: \(\pi {R^2}h\)\( = 3,14.{\left( {\frac{{2,5}}{2}} \right)^2}.20\)\( = 98,125\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích đất sét để làm một viên gạch là: \(320 - 98,125 \approx 221,9\left( {c{m^3}} \right)\)

b) Số viên gạch bác Ba cần mua là: \(10.1000.102\%  = 10200\)(viên gạch)

 Số tiền bác Ba mua gạch để xây căn nhà là: \(10200.1100 = 11{\rm{ }}220{\rm{ }}000\)(đồng)

1) \(BE \bot AC\)(gt)  \( \Rightarrow \widehat {AEH} = {90^0}\)

\(CF \bot AB\)(gt) \( \Rightarrow \widehat {HFA} = {90^0}\)

Ta có: \[\Delta AEH\] vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,E,H\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

\[\Delta HFA\] vuông tại \(F\) nên ba điểm \(H,F,A\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\)

Nên \(4\) điểm \(A,F,H,E\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH.\)

2) Xét đường tròn \((O)\)có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

\(\widehat {ACQ} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACQ\) có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\) ; \(\widehat {ADB} = \widehat {ACQ} = {90^0}\)

Suy ra \(\Delta ADB\)∽\(\Delta ACQ\) (g – g)

\( \Rightarrow \widehat {BAD}\) = \(\widehat {CAQ}\) (hai góc tương ứng)

3) Vì \(\widehat {BAD}\) = \(\widehat {CAQ}\) (hai góc tương ứng)

Vì \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\;\)\( \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {PAE}\)\( \Rightarrow \;\widehat {BAD} + \widehat {DAQ} = \widehat {DAQ} + \widehat {QAC}\)\[ \Rightarrow \;\widehat {BAQ} = \widehat {DAC}\] hay \[\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\]

\(BE \bot AC\)(gt)  \( \Rightarrow \widehat {BEC} = {90^0}\)   ;    \(CF \bot AB\)(gt) \( \Rightarrow \widehat {CFB} = {90^0}\)

Ta có: \[\Delta BEC\] vuông tại \(E\) nên ba điểm \(B,E,H\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

\[\Delta BFC\] vuông tại \(F\) nên ba điểm \(B,F,C\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Nên \(4\) điểm \(B,F,E,C\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BC\)

Suy ra tứ giác\(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {FBC} + \widehat {FEC} = {180^0}\)

Mà \( \Rightarrow \widehat {AEF} + \widehat {FEC} = {180^0}\) (hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {FBC} = \widehat {AEF}\)

hay \(\widehat {ABI} = \widehat {AEP}\)

Xét \(\Delta AEP\) và \(\Delta ABI\) có: \(\widehat {ABI} = \widehat {AEP}\) (cmt); \[\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\]

nên \(\Delta AEP\) ∽\(\Delta ABI\) (g – g)

Vì \(\Delta AEP\)∽\(\Delta ABI\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AI}}\;\;\quad \left( 1 \right)\)

Chứng minh \(\Delta AEH\) ∽\(\Delta ABQ\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\quad \;\left( 2 \right)\)

Từ\((1)\)và \((2)\)\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\)\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}}\)

\( \Rightarrow \)\[PI\parallel HQ\] ( định lý Talet đảo)

Với \(x,y,z \ge 0\)

Ta đi chứng minh: \({x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\)

\({x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3} - 3{x^2}y - 3x{y^2} + {z^3} - 3xyz \ge 0\)

\({\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3} - 3xyz \ge 0\)

\({\left( {x + y} \right)^3} + {z^3} - 3xy\left( {x + y} \right) - 3xyz \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {x + y} \right)z + {z^2}} \right] - 3xy\left( {x + y + z} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{x^2} + 2xy + {y^2} - xz - yz + {z^2}} \right] - 3xy\left( {x + y + z} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + 2xy + {y^2} - xz - yz + {z^2} - 3xy} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - xz - yz} \right) \ge 0\)

\(2\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - xz - yz} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2xz - 2yz} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} - 2xy + {y^2} + {x^2} - 2xz + {z^2} + {y^2} - 2yz + {z^2}} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {x - z} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2}} \right] \ge 0\) (Luôn đúng với mọi \(x,y,z \ge 0\))

Vậy nên \({x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\)

 Gọi cạnh hình vuông nhỏ là \(x(m,0 < x < 1)\)

Chiều cao của hình hộp là \(x\) (m) 

Chiều dài, chiều rộng của hộp hình hộp là \(1 - 2x\) (m)

Thể tích của hộp hình lập phương khi đó là:  \(({m^3})\)

\(x.(1 - 2x)(1 - 2x)\)\( = \frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le {\left( {\frac{{4x + 1 - 2x + 1 - 2x}}{3}} \right)^3}\)

\(\frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le \frac{1}{4}{\left( {\frac{{4x + 1 - 2x + 1 - 2x}}{3}} \right)^3}\)

\(\frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le \frac{1}{4}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{2}{{27}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \[4x = 1 - 2x\]

\[6x = 1\]

\(x = \frac{1}{6}(TM)\)