Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 8

a) Các nhóm \[\left[ {70;80} \right),\,\,\left[ {80;90} \right),\,\,\left[ {90;100} \right),\,\,\left[ {100;110} \right),\,\,\left[ {110;120} \right).\]) có tần số lần lượt là: \[n{}_1\, = \,3\], , \[n{}_2\, = \,6\],  \[{n_3}\, = \,12\], \[{n_4}\, = \,5\], \[n{}_5\, = \,4\].

b) 

Nhóm	Tần số \[\left( n \right)\]
\[\left[ {70\,;\,80} \right)\]	\[3\]
\[\left[ {80\,;\,90} \right)\]	\[6\]
\[\left[ {90\,;\,100} \right)\]	\[12\]
\[\left[ {100\,;\,110} \right)\]	\[5\]
\[\left[ {110\,;\,120} \right)\]	\[4\]

a) Các cách chọn có thể có là: đỏ \[1\] và vàng, đỏ \[2\] và vàng, đỏ \[3\] và vàng, đỏ \[1\] và đỏ \[2\], đỏ \[2\]và đỏ \[3\], đỏ \[1\] và đỏ \[3\]. 

b) Có \[3\] kết quả thuận lợi cho biến cố R là: đỏ \[1\] và vàng, đỏ \[2\] và vàng, đỏ \[3\] và vàng.

Vậy  \(P\left( R \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

Có tất cả \[4\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[T\].

Vậy\(P\left( T \right) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\) .

w Số tiền lãi sau \[1\] năm gửi ngân hàng là:

            \[50\,000\,000\,\, \cdot \,\,\frac{7}{{100}}\, = \,3\,500\,000\] (đồng)

            w Từ ngày \[1/1/2017\]ông Tư cho ngân hàng vay số tiền là:

                        \[50\,000\,000\,\, + \,3\,500\,000\,\, + \,\,26\,500\,000\,\, = \,\,80\,000\,000\] (đồng)

            w Theo công thức lãi kép

            Số tiền ông Tư sẽ rút cả vốn lẫn lãi vào ngày \[1/1/2019\]là: 

 \[80\,000\,000\,\, \cdot \,{\left( {1\, + \,\frac{{7,5}}{{100}}} \right)^2}\, = \,\,92\,450\,000\] (đồng)

Gọi số xe của đội ban đầu là \[x\] (xe, \(x \in {N^*}\))

Số xe thực tế là:\[x + 3\] ( xe)

Dự định mỗi xe phải chở số hàng là:  (tấn)

Thực tế mỗi xe phải chở số hàng là : \(\frac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn nên ta có phương trình:

\(\frac{{480}}{x} - \frac{{480}}{{x + 3}} = 8\)

Giải phương trình tìm được \[x = 12\](TM)

Vậy ban đầu đội có 12 xe.

Vì phương trình có một nghiệm bằng \[1\] nên ta có: \[2\,.\,1 + 4\,.\,1 + m = 0\,\,suy\,\,ra\,\,m =  - 6\]

Với \[\,m =  - 6\] phương trình \(( * )\) có dạng: \[2{x^2} + 4x\, - \,6 = 0\]

 Ta có \[a\,\, + \,\,b\,\, + \,\,c\,\, = \,\,2\,\, + \,4\,\, - \,\,6\,\, = \,0\]

Suy ra phương trình có 2 nghiệm: \[{x_1} = \,1,\,\,{x_2}\, = \, - 6\]

Vậy tổng bình phương \[2\] nghiệm là: \[\,{1^2} + \,\,{( - 6)^2}\, = \,\,1\,\, + \,\,36\,\, = \,\,37\]

1)     Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).

Thay \(x = 9\)(tmđk) vào biểu thức \(A\) ta được

                                              \(A = \frac{{\sqrt 9 }}{{\sqrt 9  + 2}} = \frac{3}{5}\)

2)     Chứng minh \(B = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).  với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\) ta có:

             \(B = \frac{5}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{16 + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

 

            \(B = \frac{{5\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{16 + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

            \(B = \frac{{3\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

               \(B = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\)

a.      Tìm giá trị nguyên lớn nhất của \(x\) để \(5A + B \le 3\).

            Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\) ta có: \(5A + B = \frac{{5\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}}\)

                              Để \(5A + B \le 3\) khi  \(\frac{{5\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} \le 3\)

                                                           \(\frac{{5\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} - 3 \le 0\)

                                                           \(\frac{{5\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{3\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}} \le 0\)

                                                              \(\begin{array}{l}\frac{{5\sqrt x  + 3 - 3\sqrt x  - 6}}{{\sqrt x  + 2}} \le 0\\\frac{{2\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  + 2}} \le 0\\0 \le x \le \frac{9}{4}\end{array}\)

                 Vậy giá trị nguyên lớn nhất của x thỏa mãn yêu cầu là \(x = 2\).

a) Bán kính đáy hình trụ là \(R = 30\,\,:2 = 15\,\left( {cm} \right)\).

Thể tích trụ: \(V = \pi {R^2}h = \pi \,.\,{15^2}.\,35 = 7875\pi  \approx 24728\,\left( {c{m^3}} \right)\)

b) Thể tích nước mỗi lần xách là: \(24728\,.\,90\%  = 22255\,\left( {c{m^3}} \right) = 0,022255\,\left( {{m^3}} \right)\).

            Số thùng ít nhất cần đổ để đầy bể là:\(1\,\,:\,\,0,022255\,\, = \,\,44,9337..\) nên số thùng cần là \[45\] thùng

a)     Chứng minh bốn điểm \(A,\,F,\,H,\,E\) cùng thuộc một đường tròn.

\[\widehat {AFH} = {90^o}\]( Vì \(CF\) là đường cao \(\Delta ABC\)) \( \Rightarrow \)\(F\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\)

     \[\widehat {AEH} = {90^o}\]( Vì \(BE\) là đường cao \(\Delta ABC\))\( \Rightarrow \)\(E\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\)

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

b)     Chứng minh \[AD\,.\,AM = AB\,.\,AC\,\,?\]

Ta có \[\widehat {ACM} = {90^o}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\[\widehat {ADB} = {90^o}\] ( Vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\))

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {AMC} = {90^o}\)

 \[\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\](\(2\) góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\))

 \[ \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC\]

c)     Chứng minh: \(H,\,K,\,M\)  thẳng hàng và \(PI//HK\).

                                                                                 

Chứng minh : \(CM//BH\), \(BM//CH\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCM\)là hình bình hành.

\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(HK\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

=> \(K\) là trung điểm của \(HM\) \( \Rightarrow \) \(H,\,K,\,M\) thẳng hàng

\[ \Rightarrow \widehat {CAD} = \widehat {BAI}\]

Chứng minh \[\widehat {AEF} = \widehat {ABI}\]

Chứng minh  \( \Rightarrow \)\[\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\]

Chứng minh \( \Rightarrow \)\[\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}}\]\[ \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}}\] \[ \Rightarrow \]PI // HM (Định lý Thalès đảo).

Vậy \(PI//HK\)

                                

-        Đường sinh \[AB\] cắt trục\[OO'\] tại \[C\]. Khi đó hai hình nón có đỉnh  \[O\], \[C\]  có chung đáy là hình tròn \[\left( {{O^'}} \right)\]có thể tích bằng nhau

-        Gọi \[{V_1}\] là thể tích hình nón đỉnh \[C\], đáy là hình tròn \[\left( {{O^'}} \right)\] ; \[{V_2}\] là thể tích hình nón đỉnh \[O\], đáy là hình tròn \[\left( {{O^'}} \right)\]; \[V\] là thể tích hình nón đỉnh \[C\], đáy là hình tròn \[\left( O \right)\] ; \[{V_n}\, = \,12\] là thể tích nước đổ vào

-        Ta có:

\[\begin{array}{l}\frac{{{V_1}}}{V} = \,\frac{{\frac{1}{3}\,\, \cdot \,CO' \cdot \,\,\pi  \cdot O'{B^2}}}{{\frac{1}{3} \cdot \,\,CO \cdot \,\,\pi  \cdot O{A^2}}} = \,\frac{{CO'}}{{CO}} \cdot \,{\left( {\frac{{O'B}}{{OA}}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{8}\\Suy\,\,ra\,\,{V_1} = {V_2} = \frac{1}{8}V\,\,(\,1\,)\end{array}\]

-                 Do đó thể tích nước đổ vào là: \[{V_n} = \frac{6}{8}V\,\,(\,2\,)\,\,\]( vì \[{V_1} + {V_2} + {V_n} = \,V\])

-                 Từ \(\left( 1 \right)\) và  \(\left( 2 \right)\) suy ra \[{V_1} = {V_2} = \frac{1}{6}{V_n} = \frac{1}{6} \cdot 12 = \,2\,\]( lít )

-        Vậy thể tích của phễu là \[2\] lít