Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 6

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	\(47\% \)	\(8\% \)	\(30\% \)	\(15\% \)

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.

Không gian mẫu của phép thử là

\[\Omega  = \left\{ {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;{\rm{ }}5; \ldots ..;{\rm{ 10}}} \right\}\].

Không gian mẫu có 10 phần tử.

Vì các phần của đĩa tròn giống nhau nên các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là \[2;\,3;\,5;\,7\]. Xác suất của biến cố A là  \(P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}.\)

Thay \(x = 9\left( {TM} \right)\) vào biểu thức A, ta có:

\(A = \frac{{\sqrt 9  + 5}}{{2\sqrt 9  - 4}} = \frac{{3 + 5}}{{2.3 - 4}} = \frac{8}{2} = 4\)

Vậy \(A = 4\) khi \(x = 9\).

\(B = \frac{x}{{x - 4}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

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

Ta có \(P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{2\sqrt x  - 4}}.\frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x  + 5}}{{2\sqrt x }}\)

Ta có \(P > 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x  + 5}}{{2\sqrt x }} - 1 > 0 \Leftrightarrow \frac{{5 - \sqrt x }}{{2\sqrt x }} > 0\) mà \(2\sqrt x  > 0\) nên \(5 - \sqrt x  > 0 \Leftrightarrow x < 25\)

Kết hợp với điều kiện \(x > 0,x \ne 4\) suy ra \(0 < x < 25\), \(x \ne 4\) mà x nguyên lớn nhất suy ra \(x = 24.\)

Vậy \(x = 24\) thì \(P > 1\).

Gọi số tiền cô Linh đầu tư cho khoản thứ nhất và thứ hai lần lượt là \(x;y\) (triệu đồng, \(0 < x;y < 500\))

Theo đề bài ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\5\% .x + 6\% .y = 28\end{array} \right.\)

Giải được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 300\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy cô Linh đầu tư \(200\) triệu vào khoản thứ nhất và \(300\) triệu vào khoản thứ hai.

Gọi chiều dài, chiều rộng phòng hội trường trước khi sửa lần lượt là \(x \left( m \right),  y \left( m \right)\).

ĐK: \(x,  y > 0,  x > y\)

Diện tích phòng hội đồng cũ là \(xy \left( {{m^2}} \right)\)

Nếu tăng chiều dài thêm \(2 m\) và tăng chiều rộng thêm \(3 m\) thì diện tích tăng thêm \(90 {m^2}\)

Nên ta có phương trình \(\left( {x + 2} \right)\left( {y + 3} \right) = xy + 90\)\( \Rightarrow 3x + 2y = 84\)        \(\left( 1 \right)\)

Tăng chiều dài thêm \(3 m\) và tăng chiều rộng thêm \(2 m\) thì diện tích tăng thêm \(87 {m^2}\)

Nên ta có phương trình \(\left( {x + 3} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 87 \Rightarrow 2x + 3y = 81\)        \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),  \left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 84\\2x + 3y = 81\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 84\\y = 81\end{array} \right.\) ( thỏa mãn)

Vậy chiều dài, chiều rộng của phòng hội đồng là \(84 m\) và \(81 m\)

PT có 2 nghiệm thỏa mãn ĐK đề bài khi  \[\left\{ \begin{array}{l}{\Delta ^,} > 0\\{x_1}{x_2} \ne 0\end{array} \right.\]\[\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m <  - \frac{3}{2}\\2m + 4 \ne 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m <  - 3/2\\m \ne  - 2\end{array} \right.\] hay m < - \(\frac{3}{2}\)

 Thay x = \(\sqrt 2 \) - 1 vào PT(1) . Tìm được m = - 5/2 (TMĐK)

Thay m = -5/2 vào \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}{x_2} = 2m + 4 =  - 1\end{array} \right.\]

 Tính được biểu thức \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\)= \[\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{ - 2}}{{ - 1}} = 2\]

Thể tích của một viên kẹo là

Thể tích của 10 viên kẹo sô-cô-la khoảng 335 cm3.

a)  = 900( vì KA là tiếp tuyến của (O) (gt))

 = 900( )

Suy ra tam giác KAO vuông tại A, tam giác KHO vuông tại H

 Nên A, H thuộc đường tròn đường kính OK

Vậy tứ giác \(KAOH\) nội tiếp được trong đường tròn.

b) Các đỉnh \(H,B,A\) cùng nhìn cạnh \(OK\) dưới một góc vuông

 nên năm điểm \(K,A,B,O,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OK\) suy ra  \(\widehat {AHI} = \widehat {ABO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)).

 Xét tam giác \(IAH\) và tam giác \(IOB\) có:

 \(\widehat {HIA} = \widehat {BIO}\) (đối đỉnh)

và \(\widehat {AHI} = \widehat {ABO}\) ( cmt ).

Do đó .

c) Gọi \(M\) là giao điểm của OK và AB

Theo tính chất tiếp tuyến ta có KA=KB;

Lại có \(OA = OB = R\) nên OK là đường trung trực của AB, suy ra \(AB \bot OK\) tại \(M\) và \(MA = MB\).

Ta có: \(\Delta OMI \sim \Delta OHK\;(g.g)\) suy ra  \(OI = \frac{{OK.OM}}{{OH}} = \frac{{O{A^2}}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{R\sqrt 3 }} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\).

Xét \(\Delta OAK\) vuông tại \(A\), có \(O{A^2} = OM \cdot OK \Leftrightarrow OM = \frac{{O{A^2}}}{{OK}} = \frac{{{R^2}}}{{2R}} = \frac{R}{2}\)

Suy ra \(KM = OK - OM = 2R - \frac{R}{2} = \frac{{3R}}{2}\)

\(A{M^2} = OM \cdot KM = \frac{R}{2} \cdot \frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Rightarrow AM = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)

Xét \(\Delta OMI\) vuông tại \(M\), có \(MI = \sqrt {O{I^2} - O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{R}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{R\sqrt 3 }}{6}\)

Suy ra \(AI = AM + MI = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{6} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\)

Diện tích \(\Delta AKI\) là \(S = \frac{1}{2}AI \cdot KM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3R}}{2} \cdot \frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Đặt tên các điểm như hình vẽ. Đặt\(CJ = x,(x > 0).\)

Vì hai tam giác AJC và BKA là hai tam giác đồng dạng nên:

\(\frac{{CJ}}{{AK}} = \frac{{JA}}{{KB}} \Leftrightarrow \frac{x}{5} = \frac{{12}}{{KB}} \Leftrightarrow KB = \frac{{60}}{x}.\)

Diện tích của khu nuôi cá là:\(S = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right).\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right).\)

\( \Leftrightarrow S(x) = \frac{1}{2}\left( {60 + 12x + \frac{{300}}{x} + 60} \right) \Leftrightarrow S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: \(6x + \frac{{150}}{x} \ge 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}}  = 60\)

           Dấu bằng xảy ra khi \(6x = \frac{{150}}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 25 \Leftrightarrow x = 5\).

           Nên                 \(S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 60 + 60 = 120\)

           Suy ra diện tích nhỏ nhất có thể giăng là \(120({m^2})\),  đạt được khi \(x = 5\,m\).