Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 9
10 câu hỏi
(1,5 điểm)
Sau một khóa tập huấn, học viên được xếp loại \(A;B;C;D\)theo điểm kiểm tra mà mỗi người đạt được như sau:
Điểm kiểm tra (X) | \(0 \le X < 2,5\) | \(2,5 \le X < 5\) | \(5 \le X < 7,5\) | \(7,5 \le X < 10\) |
Xếp loại | \(D\) | \(C\) | \(B\) | \(A\) |
Điểm kiểm tra của các học viên được ghi lại ở bảng sau đây:
\(6,5\) | \(1,4\) | \(7,3\) | \(8,4\) | \(4,7\) | \(9,8\) | \(9,9\) | \(6,4\) | \(2,9\) | \(3,1\) |
\(4,5\) | \(8,7\) | \(7,8\) | \(5,4\) | \(7,7\) | \(7\) | \(9\) | \(9,4\) | \(7,2\) | \(8,8\) |
\(9,2\) | \(1,9\) | \(7,3\) | \(0,5\) | \(4,7\) | \(2,5\) | \(9,6\) | \(6,8\) | \(5,9\) | \(8\) |
Hỏi có bao nhiêu học viên xếp loại \(A\)?
Từ bảng tần số trên ta thấy có \(12\) học viên đạt điểm từ \(\left[ {7,5;10} \right)\).
Vậy có 12 học viên xếp loại \(A\).
Bạn Linh viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số lên bảng. Tính xác suất của biến cố \(F\): “ Số được viết chia hết cho 4 ”.
Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {10;\,11;\,12;\,13;\,14.........\,96;\,97;\,98;\,99} \right\}\). Tập \(\Omega \) có \(90\) phần tử.
Vì các chữ số bạn Linh viết một cách ngẫu nhiên khả năng các số được viết ra là đồng khả năng.
Gọi \(A\) là tập hợp các kết quả thuận lợi của biến cố \(F\)
Suy ra\(A = \left\{ {12;\,16;\,20;\,24;\,.........88;92;96} \right\}\).
Số phần tử của tập \(A\) là \(\frac{{96 - 12}}{4} + 1 = 22\). (Công thức tính số số hạng của dãy số)
Vậy \(P\left( F \right) = \frac{{22}}{{90}} = \frac{{11}}{{45}}\).
(1,5 điểm)
Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 2\sqrt x + 5}}{{\sqrt x - 3}}\)(với \(x \ge 0;x \ne 9\)).Tính giá trị của \(A\) khi \(x = 16.\)
Ta có \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện), thay vào biểu thức \(A\) ta có:
\(A = \frac{{16 + 2\sqrt {16} + 5}}{{\sqrt {16} - 3}} = \frac{{29}}{1} = 29\)
Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = 29\)
Cho biểu thức: \(P = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\) (với \(x \ge 0;x \ne 4\))
a) Chứng minh \(P = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\).
b) Tìm tất cả các giá trị của \[x\] để \({P^2} > P\).
a) Ta có \(P = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\)
\( = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\)
\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) - 5 - \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\)
Vậy khi \(x \ge 0;x \ne 4\), thì \(P = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\)(điều phải chứng minh).
b) Ta có \(P = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\) với điều kiện \(x \ge 0;x \ne 4\)
+ Để \({P^2} > P\) thì \(P\left( {P - 1} \right) > 0\)
\(\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} - 1} \right) > 0\) hay \(\frac{{ - 2\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}} > 0\)
\( - 2\left( {\sqrt x - 4} \right) > 0\) (vì \({\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} > 0\,\,\forall x\) thỏa mãn điều kiện xác định)
\(\begin{array}{l}\sqrt x - 4 < 0\\x < 16\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0 < x < 16\\x \ne 4\end{array} \right.\)
Vậy khi \(\left\{ \begin{array}{l}0 < x < 16\\x \ne 4\end{array} \right.\) thì \({P^2} > P\).
(2,5 điểm)
Theo các chuyên gia về sức khỏe, người trưởng thành cần đi bộ từ 5000 bước mỗi ngày sẽ rất tốt cho sức khỏe. Để rèn luyện sức khỏe, anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất 6000 bước. Hai người cùng đi bộ ở công viên và thấy rằng, nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước. Hai người cùng giữ nguyên tốc độ đi như vậy nhưng chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước. Hỏi mỗi ngày anh Sơn và chị Hà cùng đi bộ trong 1 giờ thì họ đã đạt được số bước tối thiểu mà mục tiêu đề ra hay chưa? (Giả sử tốc độ đi bộ hàng ngày của hai người không đổi).
Gọi số bước chân anh Sơn và chị Hà đi được trong 1 phút lần lượt là x và y \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
Vì nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước nên ta có phương trình \(2x - 2y = 20\) (1).
Vì nếu chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước từ đó ta có \(5y - 3x = 160\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra x = 105 và y = 95.
Vậy trong một giờ anh Sơn đi được \(105.60 = 6300\)
trong một giờ chị Hà đi được \(95.60 = 5700\).
Do anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất 6000 bước nên anh Sơn đã đạt được mục tiêu tối thiểu mà mình đề ra, còn chị Hà thì chưa.
Trong lễ phát động phong trào trồng cây nhân dịp kỷ niệm ngày sinh Bác Hồ, lớp 9A được giao trồng \[360\] cây. Khi thực hiện có 4 bạn được điều đi làm việc khác, nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm một cây so với dự định. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh? (Biết số cây trồng của mỗi học sinh như nhau)
Gọi số học sinh lớp \(9A\)là \[x\](hs) \[\left( {x \in \mathbb{N};x > 4} \right)\]
Suy ra số học sinh lớp \(9A\)trên thực tế là \[x - 4\](hs)
Số cây mỗi học sinh lớp \(9A\) trồng theo dự định là \[\frac{{360}}{x}\] (cây)
Số cây mỗi học sinh lớp \(9A\) trồng trên thực tế là \[\frac{{360}}{{x - 4}}\] (cây)
Theo đề bài ta có phương trình
\[\begin{array}{l}\frac{{360}}{{x - 4}} - \frac{{360}}{x} = 1\\...\\{x^2} - 4x - 1440 = 0\\{x^2} - 40x + 36x - 1440 = 0\\\left( {x - 40} \right)\left( {x + 36} \right) = 0\end{array}\]
\(x - 40 = 0\) hoặc \(x + 36 = 0\)
\(x = 40\,\)(thỏa mãn) \(x = - 36\)( loại)
Vậy số học sinh của lớp \(9A\) là \[40\] học sinh.
Biết rằng phương trình bậc hai \(2{x^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)x + m = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Tìm tổng bình phương hai nghiệm của phương trình trên.
Thay \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)vào phương trình đã cho ta được:
\(\begin{array}{l}2{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)\frac{{\sqrt 3 }}{2} + m = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2.\frac{3}{4} - \sqrt 3 - \frac{3}{2} + m = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,m = \sqrt 3 \end{array}\)
Khi đó phương trình đã cho được viết lại thành \(2{x^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)x + \sqrt 3 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Nhận thấy \(a + b + c = 2 + \left[ { - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right] + \sqrt 3 = 0\)
Nên phương trình đã cho có nghiệm \(x = 1\)và nghiêm còn lại \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Tổng bình phương hai nghiệm của phương trình trên là: \({\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {1^2} = \frac{7}{4}.\)
(4 điểm)
Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (không có đáy). Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18π dm3. Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước còn lại trong bình.
Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (không có
Gọi r là bán kính khối cầu; \(R\) là bán kính khối nón; \(h\) là chiều cao khối nón
Ta có \(h = 2r\) (dm)
Theo đề bài ta có:
Thể tích nửa khối cầu là 18π (dm3)
Suy ra \(r = 3\) (dm) và \(h = 6\) (dm)
Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) nên \(R = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}r = 2\sqrt 3 \) (dm)
Khi đó thể tích khối nón sẽ là \(24\pi \)(dm3)
Vậy thể tích nước còn lại trong bình là \(6\pi \)(dm3)
đáy)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(AD,{\rm{ }}BE,CF\) cắt nhau tại \(H\). Tia \(EF\) cắt tia \(CB\) tại \(K\).
a) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp và \(KE.KF = KB.KC\).
b) Đường thẳng \(KA\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(M\). Chứng minh tứ giác \(AEFM\) nội tiếp.
c) Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\). Chứng minh \(M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}N\) thẳng hàng.
a) Chứng minh \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác \(BFEC\) có:
\(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) (\(BE,{\rm{ }}CF\) là hai đường cao của \(\Delta ABC\))
\( \Rightarrow \) tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
Chứng minh \(KE.KF = KB.KC\)
Xét hai tam giác \(\Delta KEB\) và \(\Delta KCF\) có: \(\widehat {EKC}\) là góc chung và \(\widehat {KEB} = \widehat {KCF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta KEB{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KCF{\rm{ }}\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}\\ \Rightarrow KE.KF = KB.KC{\rm{ }}\left( 1 \right)\end{array}\)
b) Chứng minh \(AEFM\) là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác \(AMBC\) nội tiếp (\(A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\) thuộc \(\left( O \right)\))
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {KCA}\\ \Rightarrow \Delta KMB{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KCA{\rm{ }}\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow KM.KA = KB.KC{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array}\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra
\[\begin{array}{l} \Rightarrow KM.KA = KE.KF\\ \Rightarrow \Delta KMF{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KEA{\rm{ }}\left( {c - g - c} \right)\\ \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KEA}{\rm{ }}\end{array}\]
Suy ra tứ giác \(AEFM\) nội tiếp. \(\left( 3 \right)\)
c)Chứng minh ba điểm \(M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}N\) thẳng hàng.
Gọi \(AS\) là đường kính của \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \widehat {ACS} = {90^0}\) và \(\widehat {ABS} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, \(AS\) là đường kính)
\( \Rightarrow BHCS\) là hình bình hành \( \Rightarrow H,{\rm{ }}N,{\rm{ }}S\) thẳng hàng.
Ta có \(AFHE\) nội tiếp (\(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)) \(\left( 4 \right)\)
Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) \[ \Rightarrow A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F,{\rm{ }}H,{\rm{ }}E\] cùng thuộc một đường tròn
\( \Rightarrow AMHE\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MHA} = {90^0} \Rightarrow HM \bot AK\) tại \(M\)
Ta có \(\widehat {AMS} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, \(AS\) đường kính) \( \Rightarrow SM \bot AK\) tại \(M\)
Tóm lại:
\(H,{\rm{ }}N,{\rm{ }}S\) thẳng hàng (chứng minh trên)
\(HM \bot AK\) tại \(M\)(chứng minh trên)
\(SM \bot AK\) tại \(M\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow S,{\rm{ }}N,{\rm{ }}H,{\rm{ }}M\) thẳng hàng.
(0,5 điểm)
Máng trượt của một cầu trượt cho trẻ em được uốn từ một tấm kim loại có bề rộng \(80\)cm, mặt cắt được mô tả ở hình vẽ dưới đây. Nhà thiết kế khuyến cáo, diện tích của mặt cắt càng lớn thì càng đảm bảo an toàn cho trẻ em.
Gọi \(S\) là diện tích mặt cắt máng trượt. Hỏi \(x\) đạt giá trị bao nhiêu thì cầu trượt đảm bảo an toàn nhất cho trẻ em?
Vì tấm kim loại có bề rộng \(80\)cm nên ta có phương trình: \(2x + y = 80\).
Để có thể thiết kế được máng trượt thì \(x > 0;\,y > 0\) nên \(80 - 2x > 0\) hay \(x < 40\).
Diện tích của mặt máng trượt là: \(S = x.y = x\left( {80 - 2x} \right) = - 2{x^2} + 80x\) với \(0 < x < 40\).
Ta có: \(\)\( - 2{x^2} + 80x = - 2\left( {{x^2} - 40x} \right) = - 2\left( {{x^2} - 2.20.x + {{20}^2} - {{20}^2}} \right)\)
Hay \(S = - 2\left( {{x^2} - 2.20.x + {{20}^2}} \right) + 800 = - 2{\left( {x - 20} \right)^2} + 800\)
Ta thấy: \( - 2{\left( {x - 20} \right)^2} \le 0\) luôn đúng với mọi số thực \(x\).
Suy ra: \( - 2{\left( {x - 20} \right)^2} + 800 \le 800\)
Hay \(S \le 800\). Dấu xảy ra khi \(x = 20\)( thỏa mãn).
Vậy khi \(x = 20\) thì diện tích bề mặt lớn nhất (\(800c{m^2}\)) khi đó thì cầu trượt đảm bảo an toàn nhất cho trẻ em.
