Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 48

Nhóm \[\left[ {40\,\,;\,\,60} \right)\] có tần số tương đối là \[\frac{{11}}{{36}} \approx 30,6\% \]

Ta có\(\Omega  = \left\{ {1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\,;\,7\,;\,\left. 8 \right\}} \right.\), có 8 phần tử.

 Các kết quả thuận lợi cho biến cố: “Mũi tên chỉ vào hình quạt ghi số là ước của \[8\]”

là: \[1\,;\,2\,;\,4\,;\,8\]

\( \Rightarrow \)Xác suất của biến cố: “Mũi tên chỉ vào hình quạt ghi số là ước của \[8\]” là: \(\frac{4}{8} = \frac{1}{2}\)

Gọi \(x\) ( triệu đồng) là giá tiền một tủ lạnh khi chưa giảm giá \((x > 0)\)

Gọi \(y\) ( triệu đồng) là giá tiền một máy giặt khi chưa giảm giá \((y > 0)\)

Giá niêm yết hai món đồ trên là \(25,4\) triệu nên có phương trình:

\(x + y = 25,4\)

Giá bán hai món đồ trên  sau khi giảm giá là \(16,77\)triệu nên có phương trình 

\(\left( {100\%  - 40\% } \right).x + \left( {100\%  - 25\% } \right).y = 16,77\)

Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25,4\\\frac{3}{5}x + \frac{3}{4}y = 16,77\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15,2(t/m)\\y = 10,2(t/m)\end{array} \right.\]

Vậy giá một tủ lạnh chưa giảm giá là \(15,2\) triệu đồng

Giá một máy giặt chưa giảm giá là \(10,2\)triệu đồng

Gọi vận tốc lúc đi là \(x\) \((km,x > 0)\).

Chiều dài quãng đường đi từ A đến B là \[100km\].

Thời gian lúc đi là \(\frac{{100}}{x}\) (giờ).

Quãng đường lúc về là \(100 + 20 = 120\)(km).

Vận tốc lúc về là \(x + 20\)\[\left( {km/h} \right).\]

Thời gian lúc về là \(\frac{{120}}{{x + 20}}\)(giờ).

Vì thời gian lúc về ít hơn thời gian đi \(30\) phút \( = \frac{1}{2}\)giờ  nên ta có phương trình:

\(\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{100\left( {x + 20} \right) - 120x}}{{x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{2000 - 20x}}{{x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow x\left( {x + 20} \right) = 2\left( {2000 - 20x} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 20x = 4000 - 40x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 60x - 4000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - 100\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy vận tốc lúc đi là \(40\)km/h.

Cho phương trình \({x^2} - 2(m + 1)x + {m^2} + 2 = 0\)(\(x\)là ẩn số)

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2 = 7\).

Ta có:

\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 2} \right)\)

      \(\; = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 2\)

      \(\; = 2m - 1\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi : 

\(\Delta ' > 0\)

\(2m - 1 > 0\)

\(m > \frac{1}{2}\;\;\;\left( * \right)\)

Áp dụng hệ thức Viét, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 2\;\;}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài, ta có:

\(x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2 = 7\):

\(\left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 3{x_1}{x_2} = 7\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7\)

\({\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} + 2} \right) = 7\)

\({m^2} + 8m - 9 = 0\)

\(\left( {m - 1} \right)\left( {m + 9} \right) = 0\)

            \(m = 1\) hoặc \(m =  - 9\)

Kết hợp (*) và (**), ta được: \(m = 1\)

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

1) Tính giá trị của biểu thức \(B\) với \(x = 25\).

Với \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) thay vào biểu thức \(B\) ta có:

\(B = \frac{{\sqrt {25}  + 3}}{{\sqrt {25}  + 1}} = \frac{{5 + 3}}{{5 + 1}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}\).

Vậy \(B = \frac{4}{3}\) khi \(x = 25\).

2) Chứng minh \(A = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}\).

Ta có:  \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{3\sqrt x }}{{x + \sqrt x  - 2}}\)

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

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

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

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

3) Tìm \(x\) để biểu thức \(S = A.B\) đạt giá trị lớn nhất.

Với \(x \ge 0\); \(x \ne 1\).

Ta có: \(S = A.B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}.\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\)

Ta có: \(x \ge 0\)\( \Rightarrow \sqrt x  + 2 \ge 2\)\( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow 1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} \le 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)

Dấu  xảy ra khi \(x = 0\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy GTLN của \(S\) là \(\frac{3}{2}\) khi \(x = 0\).

a) Bán kính đường tròn đáy của hình nón: \[r = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7,5\,({\rm{cm}})\]

Chiều cao của cái mũ: \[h = \sqrt {{{30}^2} - {{7,5}^2}}  \approx 29(cm)\]

Tính thể tích của cái mũ: \[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.7,5^2}.29 = 543,75\pi  \approx 1708(c{m^3})\]

b) Diện tích giấy làm nên cái mũ là tổng diện tích xung quanh của hình nón và diện tích vành nón.

Diện tích xung quanh hình nón: \[Sxq\; = \pi .r.l = \pi .7,5.30 = 225\pi {\rm{ }}({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\]

Diện tích vành nón (hình vành khăn): \[{S_{vk}} = \pi .{\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2} - \pi {.7,5^2} = 250\pi \,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\]

Diện tích tích giấy làm nên cái mũ : \[S = 225\pi  + 250\pi  = 475\pi {\rm{ }} \approx {\rm{ }}1492{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

a) Chứng minh rằng tứ giác \[ABOD\] nội tiếp.

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[BC\] là đường kính (gt)

Suy ra \[\widehat {BAC}\, = \,90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BD\].

Xét \[\Delta ABD\] vuông tại \[A\] có \[AM\] là đường trung tuyến

Suy ra \[AM\, = \,\frac{1}{2}BD\].(1)

Xét \[\Delta OBD\] vuông tại \[O\;\left( {OD \bot BC} \right)\] có \[OM\] là đường trung tuyến

Suy ra \[OM\, = \,\frac{1}{2}BD\].(2)

Từ (1), (2) suy ra \[MA\, = \,MO\, = \,MB\, = \,MD\, = \,\frac{1}{2}BD\]

Do đó tứ giác \[ABOD\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\].

b) Tiếp tuyến tại điểm \[A\] với đường tròn \[\left( O \right)\] cắt đường thẳng \[BC\] tại điểm \[P\], sao cho \[PB = BO = 2\,{\rm{cm}}\]. Tính độ dài đoạn \[PA\] và số đo góc \[APC\].

Ta có: \[OA\, = \,OB\, = \,BP\, = \,2\,{\rm{cm}}\] suy ra \[OP\, = \,\,4\,{\rm{cm}}\].

Ta có: \[\Delta PAO\] vuông tại \[A\] (\[PA\] là tiếp tuyến)

Suy ra \[P{A^2} + O{A^2}\, = \,O{P^2}\] (định lý Pythagore)

Do đó \[P{A^2} + {2^2}\, = \,{4^2}\] hay \[P{A^2}\, = \,12\] hay \[PA\, = \,2\sqrt 3 \;\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Ta có: \[\sin \widehat {APO}\, = \,\frac{{OA}}{{OP}}\, = \,\frac{2}{4}\, = \,\frac{1}{2}\]

Suy ra \[\widehat {APO}\, = \,30^\circ \] hay \[\widehat {APC}\, = \,30^\circ \].

c) Chứng minh rằng \[\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\].

Kẻ \[OH \bot AB\;\left( {H\, \in \,AB} \right)\].

Xét \[\Delta OAB\] cân tại \[O\] \[\left( {OA\, = \,OB} \right)\] có \[OH\] là đường cao

Suy ra \[OH\] đồng thời là đường phân giác

Do đó \[\widehat {AOH}\, = \,\widehat {BOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\].

Ta lại có: \[\widehat {PAB} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ \] (\[PA\] là tiếp tuyến)

mà \[\widehat {AOH} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ \] (\[\Delta OHA\] vuông tại \[H\])

Suy ra \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {AOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\]

Mặt khác, \[\widehat {ACB}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\] (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung)

Suy ra \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {ACB}\] hay \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}\].

Xét \[\Delta PAB\] và \[\Delta PCA\] có:

\[\widehat P\] là góc chung

\[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}\] (cmt)

Suy ra \[\Delta PAB \sim \,\Delta PCA\;\left( {g.g} \right)\]

Do đó \[\frac{{PA}}{{PC}}\, = \,\frac{{PB}}{{PA}}\, = \,\frac{{AB}}{{AC}}\]

Suy ra \[P{A^2}\, = \,PB\,\,.\,\,PC\] và \[\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{P{A^2}}}{{P{C^2}}}\]

Từ đó \[\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{PB\,\,.\,\,PC}}{{P{C^2}}}\, = \,\frac{{PB}}{{PC}}\].

Đặt \(h,\,\,R\) lần lượt là đường cao và bán kính hình tròn đáy của hộp đựng bóng tennis.

Dễ thấy mỗi quả bóng tennis có cùng bán kính \(R\) với hình tròn đáy của hộp đựng bóng tennis và \(h = 6R\).

Do đó ta có:

Tổng thể tích của ba quả bóng là \({V_1} = 3.\frac{4}{3}\pi {R^3} = 4\pi {R^3}\);

Thể tích của hình trụ (hộp đựng bóng) là \({V_0} = \pi {R^2}h = 6\pi {R^3}\);

Thể tích phần còn trống của hộp đựng bóng là \({V_2} = {V_0} - {V_1} = 2\pi {R^3}\).

Khi đó tỉ lệ phần không gian còn trống so với hộp đựng bóng là \(\frac{{{V_2}}}{{{V_0}}} = \frac{1}{3} \approx 0,33 \approx 33\% \).