Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 7

1) Số học sinh bình chọn cho Tuấn là \(\frac{{500 \cdot 30\% }}{{100\% }} = 150\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Trường là \(\frac{{500 \cdot 25\% }}{{100\% }} = 125\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho An là \(\frac{{500 \cdot 10\% }}{{100\% }} = 50\) (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Linh là \(\frac{{500 \cdot 35\% }}{{100\% }} = 175\) (học sinh)

Ta có bảng tần số

Cầu thủ	Tuấn	Trường	An	Linh
Số học sinh bình chọn	\(150\)	\(125\)	\(50\)	\(175\)

 2) Tổng số học sinh bình chọn cho Tuấn và Trường là \(150 + 125 = 275\)

Xác suất cầu thủ được chọn cho danh hiệu cầu thủ xuất sắc nhất trong giải bóng đá của trường có tên bắt đầu bởi chữ cái “\(T\)” là \(\frac{{275}}{{500}} = 0,55\).

Vậy xác suất tìm được là \(0,55\)

Thay \(x = 36\)(tmđk) vào \(A\) ta được \(A = \frac{{36 - 5}}{{\sqrt {36} }} = \frac{{31}}{6}\)

Vậy \(A = \frac{{31}}{6}\)khi \(x = 36\)

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

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

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

\[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\]

Vậy \[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\] , \(x > 0,x \ne 1\)

Tìm tất cả giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = AB\) có giá trị nguyên

\[P = \frac{{x - 5}}{{\sqrt x  - 1}}\]

\[P = \frac{{x - 5}}{{\sqrt x  - 1}} = 0 \Rightarrow x = 5\,\left( {tm} \right)\]

\[P \ne 0,x \in Z,\sqrt x  \in I \Rightarrow P \notin Z\]

\[P = \sqrt x  + 1 - \frac{4}{{\sqrt x  - 1}} \ne 0,x \in Z,\sqrt x  \in Z \Rightarrow \sqrt x  - 1 \in U\left( 4 \right)\]

\[x \in \left\{ {4;9;25} \right\}\] (tmđk)

Vậy \[x \in \left\{ {4;5;9;25} \right\}\]

Gọi khối lượng dung dịch \(X\) và \(Y\) lần lượt là \(x,\,y\)( g) điều kiện \(x > 0,y > 0\)

Nồng độ muối trong dung dịch \(X\) là \(\frac{5}{x} \cdot 100\% \)

Nồng độ muối trong dung dịch \(Y\) là \(\frac{{4,8}}{x} \cdot 100\% \)

Khối lượng hai dung dịch là \(220\) gam nên \(x + y = 220\)(g) (1)

Nồng độ muối trong dung dịch \(X\) nhiêu hơn nồng độ muối trong dung dịch \(Y\) là \(1\% \) nên

\(\frac{5}{x}.100\%  - \frac{{4,8}}{y}.100\%  = 1\% \) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 220\\\frac{5}{x}.100\%  - \frac{{4,8}}{y}.100\%  = 1\% \end{array} \right.\)

Suy ra \(x = 100,y = 120\)

Vậy khối lượng dung dịch \(X\) và \(Y\) lần lượt là \({\rm{100(g)}}{\rm{,120(g)}}\)

Gọi thời gian làm riêng hoàn thành công việc của đội \(A\) là \(x\) (ngày),\(\left( {x > 0} \right)\);

Thời gian làm riêng hoàn thành công việc của đội \(B\) là \(y\)  (ngày), \(\left( {y > 0} \right)\).

Ta có mỗi ngày đội \[A\] làm được \(\frac{{\rm{1}}}{x}\) công việc; mỗi ngày đội \[B\] làm được \(\frac{1}{y}\) công việc.

Vì hai đội công nhân cùng làm một công việc trong \[24\] ngày thì xong nên mỗi ngày hai đội làm được \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{24}}\) (công việc).

Vì đội \[A\] làm trong \[10\] ngày và đội \[B\] làm trong \[12\] ngày thì được \(\frac{9}{{20}}\) công việc nên ta có phương trình: \(\frac{1}{x}.10 + \frac{1}{y}.12 = \frac{9}{{20}}\).

Vậy ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{24}}\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.\). Giải hệ ta được \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{40}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{60}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 60\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy đội \[A\] làm riêng hoàn thành công việc trong \[40\] ngày, đội \[B\] làm riêng hoàn thành công việc trong \[60\] ngày.

Xét phương trình: \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - m - 3 = 0\) (1).

(1) có \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 1.\left( { - m - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 + m + 3 = {m^2} - m + 4 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4} > 0\) với mọi \(m\)Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Với mọi \(m\) phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\).

Theo hệ thức Vi-et, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} =  - m - 3\end{array} \right.\] .

\( \Rightarrow A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left[ {2\left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 2\left( { - m - 3} \right) = 4{m^2} - 8m + 4 + 2m + 6 = 4{m^2} - 6m + 10\) \( = {\left( {2m - \frac{3}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} + 10 = {\left( {2m - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{{31}}{4} \ge \frac{{31}}{4}\) với mọi \(m\).

Vậy \(\min A = \frac{{31}}{4}\) khi \(m = \frac{3}{4}\).

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao \(h = 1m\), Chu vi đáy là \(C = 2m\)

Gọi \(R\) là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : \(C = 2\pi R \Leftrightarrow R = \frac{C}{{2\pi }} = \frac{2}{{2\pi }} = \frac{1}{\pi }\) \((m)\)

Thể tích của hình trụ là : \(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{1}{\pi }} \right)^2}.1 = \pi .\frac{1}{{{\pi ^2}}} = \frac{1}{\pi } = \frac{1}{{3,14}} \approx 0,32{m^3}\)

Vậy thùng đựng được \(0,32{m^3}\) nước.

b)  Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất \(0,32{m^3}\) nước.

Thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

a)     Gọi \(J\)  là trung điểm của \(ID\)

+) \(AB \bot CD\) tại \(O\), mà \(I \in OB\)

Suy ra \[\widehat {IOD} = {90^0}\]\[ \Rightarrow \Delta IOD\]vuông tại \(O\),

từ đó suy ra \[JO = JI = JD\](1)

+) Chứng minh: \[\widehat {IED} = {90^0}\]\[ \Rightarrow \Delta IED\]vuông tại \(E\),

từ đó suy ra JI = JE = JD (2)

+) Từ (1) và (2) suy ra O, I, E, D cùng thuộc một đường tròn

b) +) Chứng minh: \[\Delta AHO\# \Delta ABE\] (g.g)

+) Suy ra: \[AH \cdot AE = AO \cdot AB = R \cdot 2R = 2{R^2}\]

+) Suy ra: \[\frac{{OA}}{{OH}} = \frac{{AE}}{{BE}}\]

+) Mà \(EI\) là tia phân giác của góc \(AEB\) nên suy ra:

 \[\frac{{AE}}{{BE}} = \frac{{AI}}{{IB}} = \frac{{\frac{3}{2}R}}{{\frac{1}{2}R}} = 3\]

+) Suy ra: \[\frac{{OA}}{{OH}} = 3\], do đó \[OA = 3.OH\]

c) +) Chứng minh được: \[OD = 3.OH\] suy ra \[HD = \frac{2}{3}OD\]

+) Suy ra: \(H\) là trọng tâm \[\Delta ABD\]

+) Chứng minh \(K\) là trung điểm của \(BD\)

Suy ra: \(A,\,H,\,K,\,E\) thẳng hàng

+) Suy ra: \(K\) là trực tâm của \[\Delta ABQ\]

+) Suy ra: \(KQ\) vuông góc \(AB\)

+) Chứng minh được: \(KI\)  vuông góc \(AB\)

+) Suy ra: \(Q,\,K,\,I\) thẳng hàng

Gọi chiều rộng của đáy hộp là \(x\)( \(x > 0\), cm).

                 Ta có chiều dài của hộp là \(\frac{{500}}{{2x}}\) (cm)

                 Ta có diện tích toàn phần của chiếc hộp là

                 \(S = 2x \cdot \frac{{500}}{{2x}} + 2\left( {x + \frac{{500}}{{2x}}} \right) \cdot 2 = 500 + 2x + \frac{{250}}{x}\) (cm2)

                 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương \(2x\) và \(\frac{{250}}{x}\), ta có

                 \(2x + \frac{{250}}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{{250}}{x}}  = 20\sqrt 5 \)

                 Từ đó  \(S \ge 500 + 20\sqrt 5 \,\,\) (cm2)

                 Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(2x = \frac{{250}}{x}\) hay \({x^2} = \frac{{250}}{2} = 125\)

                 Suy ra \(x = 5\sqrt 5 \)cm, từ đó \(\frac{{250}}{{5\sqrt 5 }} = 10\sqrt 5 \)cm.

                 Vậy chiều rộng của hộp là \(5\sqrt 5 \)cm, chiều dài là \(10\sqrt 5 \)cm.

            Chứng minh bổ sung Bất đẳng thức Cauchy

            Xét hai số thực dương \(a\), \(b\)ta có \(\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \).

            Thật vậy, vì \(a\), \(b\) là các số thực dương nên

            Từ \(\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \), suy ra \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

            Hay \({\left( {\sqrt a } \right)^2} + {\left( {\sqrt b } \right)^2} - 2\sqrt {ab}  \ge 0\)

                    \({\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)

            Vậy với hai số thực dương \(a\), \(b\) bất kỳ ta có \(\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \).

            Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(a = b\)