Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT TP Hà Nội năm học 2025-2026 có đáp án
9 câu hỏi
(1,5 điểm)
Kết quả khảo sát \[300\] học sinh lớp \[9\] về thời gian tự học của mỗi bạn trong một tuần (đơn vị; giờ) được cho trong bảng tần số ghép nhóm sau đây:
Thời gian tự học (giờ) | \(\left[ {0;4} \right)\) | \(\left[ {4;8} \right)\) | \(\left[ {8;12} \right)\) | \(\left[ {12;16} \right)\) | \(\left[ {16;20} \right)\) |
Số học sinh | \(17\) | \(72\) | \(94\) | \(75\) | \(42\) |
Xác định tần số và tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {12;16} \right)\).
Dựa vào bảng tần số ghép nhóm đã cho, suy ra tần số của nhóm \(\left[ {12;16} \right)\) là bằng \(75\).
Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {12;16} \right)\) là: \(\frac{{75}}{{300}}.100\% = 25\% .\)
Một hộp có \[8\] chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số \[1,2,3,4,5,6,7,8;\] hai thẻ khác nhau được ghi hai số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố \(A:\) “Số ghi trên thẻ rút được là một số chia hết cho \[3\]”.
Do \(8\) chiếc thẻ cùng loại, rút ngẫu nhiên \(1\) thẻ trong hộp nên các kết quả xảy ra là đồng khả năng.
Ta có \(8\) kết quả có thể xảy ra là: \[1,2,3,4,5,6,7,8.\]
Có \(2\) kết quả thuận lợi của biến cố \(A:\) “Số ghi trên thẻ rút được là một số chia hết cho 3” là: 3,6
Khi đó, xác suất của biến cố \(A\) là: \(\frac{2}{8} = \frac{1}{4}\).
(2,5 điểm)
Một ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng với vận tốc trung bình \(60\) km/h. Khi từ Hải Phòng về Hà Nội trên cùng quãng đường đó, do điều kiện thời tiết xấu nên ô tô đi với vận tốc trung bình \(40\) km/h. Biết thời gian ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng ít hơn thời gian ô tô đi từ Hải Phòng về Hà Nội là \(1\) giờ, tính độ dài quãng đường ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng.
Gọi độ dài quãng đường ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng là \(x\) (km, \(x > 0\)).
Thời gian ô tô đi từ Hà Nội về Hải Phòng là: \(\frac{x}{{60}}\) (giờ).
Thời gian ô tô đi từ Hải Phòng về Hà Nội là: \(\frac{x}{{40}}\) (giờ).
Vì thời gian ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng ít hơn thời gian ô tô đi từ Hải Phòng về Hà Nội là \(1\) giờ, nên ta có phương trình:
\(\frac{x}{{60}} + 1 = \frac{x}{{40}}\) hay \(\frac{{2x}}{{120}} + \frac{{120}}{{120}} = \frac{{3x}}{{120}}\)
Suy ra: \(3x = 2x + 120\), suy ra \(x = 120\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy độ dài quãng đường ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng là \(120\) km.
Để chuẩn bị cho năm học mới, bạn Quốc đến cửa hàng mua một chiếc ba lô và một chiếc máy tính cầm tay với tổng giá tiền niêm yết là \(885\) nghìn đồng. Hiện tại cửa hàng đang triển khai chương trình giảm giá cho học sinh, sinh viên nên giá tiền của một chiếc ba lô giảm \(20\% \) và giá tiền của một chiếc máy tính cầm tay giảm \(25\% \) so với giá tiền niêm yết. Vì vậy bạn Quốc đã chỉ phải trả \(682\) nghìn đồng khi mua hai sản phẩm này. Hỏi giá tiền niêm yết của một chiếc ba lô và giá tiền niêm yết của một chiếc máy tính cầm tay là bao nhiêu?
Gọi giá tiền niêm yết của một chiếc ba lô và giá tiền niêm yết của một chiếc máy tính cầm tay lần lượt là \(x,\,y\) (nghìn đồng, \(0 < x,y < 885\)).
Vì tổng giá tiền niêm yết của một chiếc ba lô và giá tiền niêm yết của một chiếc máy tính cầm tay là \(885\) nghìn đồng, ta có phương trình: \(x + y = 885\) (1).
Giá tiền của một chiếc ba lô sau khi giảm \(20\% \) là: \(x - 20\% .x = 0,8x\) (nghìn đồng).
Giá tiền của một chiếc máy tính cầm tay sau khi giảm \(25\% \) là: \(y - 25\% .y = 0,75y\) (nghìn đồng).
Khi đó, bạn Quốc phải trả \(682\) nghìn đồng nên ta có phương trình: \(0,8x + 0,75y = 682\) (2).
Từ (1) suy ra \(y = 885 - x\), thế vào phương trình (2) ta được phương trình:
\(0,8x + 0,75\left( {885 - x} \right) = 682\) hay \(0,8x + 663,75 - 0,75x = 682\)
Suy ra: \(0,05x = 18,25\), suy ra: \(x = 365\) (thỏa mãn điều kiện).
Với \(x = 365\) thì \(y = 885 - 365 = 520\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy giá tiền niêm yết của một chiếc ba lô và giá tiền niêm yết của một chiếc máy tính cầm tay lần lượt là \(365\) nghìn đồng và \(520\) nghìn đồng.
Biết phương trình bậc hai \({x^2} + 8x - 6 = 0\) có hai nghiệm \({x_1}\) và \({x_2}\), tìm tất cả giá trị của \(m\) thỏa mãn \(\frac{{70 - mx_1^2}}{{{x_2}}} = {x_1} + m{x_2}\).
Xét phương trình bậc hai \({x^2} + 8x - 6 = 0\) có \(\Delta = {8^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 88 > 0\), suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\).
Theo định lý Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 8\\{x_1}{x_2} = - 6\end{array} \right.\).
Do \[{x_1}{x_2} = - 6 \ne 0\] nên \[{x_1} \ne 0;\,{x_2} \ne 0\]
Ta có: \(\frac{{70 - mx_1^2}}{{{x_2}}} = {x_1} + m{x_2}\).
Suy ra: \(70 - mx_1^2 = {x_1}{x_2} + mx_2^2\) hay \(m\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {x_1}{x_2} - 70 = 0\)
Suy ra: \(m\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + {x_1}{x_2} - 70 = 0\) hay \(m.\left[ {{{\left( { - 8} \right)}^2} - 2.\left( { - 6} \right)} \right] + \left( { - 6} \right) - 70 = 0\)
Suy ra \(76m = 76\) hay \(m = 1\).
Vậy với \(m = 1\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,5 điểm)
Cho hai biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}}\) và \(B = \frac{{x + \sqrt x - 4}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x > 0;\,x \ne 4\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\).
3) Tìm số nguyên dương \(x\) lớn nhất để \(\frac{A}{B} < \frac{1}{2}\).
1) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = \frac{{\sqrt 9 + 2}}{{\sqrt 9 - 2}} = \frac{{3 + 2}}{{3 - 2}} = 5\).
Vậy với \(x = 9\) thì biểu thức \(A = 5\).
2) Với \(x > 0;\,x \ne 4\), ta có:
\(B = \frac{{x + \sqrt x - 4}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{x + \sqrt x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\(B = \frac{{x + \sqrt x - 4 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\)
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\) (điều phải chứng minh).
3) Với \(x > 0;\,x \ne 4\), ta có: \(\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\)
Để \(\frac{A}{B} < \frac{1}{2}\) thì \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} < \frac{1}{2}\) hay \(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{2} < 0\) hay \(\frac{{\sqrt x + 2}}{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}} < 0\)
Mà \[\sqrt x + 2 > 0\] với mọi \[x\], suy ra: \[2\left( {\sqrt x - 2} \right) < 0\]
\[\begin{array}{l}\sqrt x < 2\\x < 4\end{array}\]
Kết hợp điều kiện \(x > 0;\,x \ne 4\) suy ra \(0 < x < 4\), mà \(x\) là số nguyên lớn nhất, suy ra \(x = 3\).
(4,0 điểm)
1) Gia đình bạn Khánh đang sử dụng một thùng đựng nước dạng hình trụ với bán kính đáy bằng \(50\) cm và chiều cao bằng \(150\) cm. Thùng đựng nước được đặt thẳng đứng trên mặt sàn như hình vẽ minh họa bên. (Lấy \(\pi \approx 3,14\) và coi chiều dài của thùng là không đáng kể).
a) Tính diện tích xung quanh của thùng đựng nước.
b) Sau một thời gian, gia đình bạn Khánh sử dụng nước trong thùng thì mực nước còn lại đã thấp hơn \(40\) cm so với mực nước ban đầu. Tính thể tích nước trong thùng mà gia đình bạn Khánh đã sử dụng trong khoảng thời gian đó.
a) Thùng nước dạng hình trụ có bán kính \(R = 50\) cm và chiều cao \(h = 150\) cm.
Diện tích xung quanh của thùng đựng nước đó là: \({S_{xq}} = 2\pi Rh \approx 2.3,14.50.150 = 47100\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
b) Thể tích nước trong thùng mà gia đình bạn Khánh đã sử dụng là:
\(\pi {R^2}.{h_1} \approx {3,14.50^2}.40 = 314000\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\), nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Đường cao \(AD\) của tam giác \(ABC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tạ điểm \(E\) (\(E\) khác \(A\)). Gọi \(K\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(E\) đến đường thẳng \(AB\).
a) Chứng minh bốn điểm \(E,\,\,D,\,\,K,\,\,B\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(S\). Chứng minh \(EA\) là tia phân giác của góc \(CEK\) và \(AB.AC = AE.AS\).
c) Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) và \(I\) là trung điểm của đoạn \(AB\). Chứng minh đường thẳng \(SI\) vuông góc với đường thẳng \(HK\).
Ta có hình vẽ của bài toán:
a) Vì \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(AD \bot BC\) tại \(D\), mà \(E \in AD\)
Suy ra: \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC} = \widehat {BDE} = \widehat {CDE} = 90^\circ .\)
Có \(EK \bot AB\) tại \(K\) nên \(\widehat {EKB} = \widehat {EKA} = 90^\circ .\)
Ta có \(\widehat {EDB} = 90^\circ \) nên \(\Delta EDB\) vuông tại \(D\), suy ra \(\Delta EDB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\)
Suy ra ba điểm \(D,B,E\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\). (1)
Ta có \(\widehat {EKB} = 90^\circ \Rightarrow \Delta EKB\) vuông tại \(K\), suy ra \(\Delta EKB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\)
Suy ra ba điểm \(K,B,E\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(E,D,K,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[BE\].
2) Vì bốn điểm \(E,D,K,B\) cùng thuộc một đường tròn, nên tứ giác \(BDEK\) là tứ giác nội tiếp
Suy ra \(\widehat {KED} + \widehat {KBD} = 180^\circ \) (tính chất), mà \(\widehat {ABC} + \widehat {KBD} = {180^{\rm{o}}}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {KED} = \widehat {ABC}\)
Mà \(\widehat {AEC} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\)) nên \(\widehat {KED} = \widehat {AEC}\).
Vậy \(EA\) là tia phân giác của góc \(CEK\)
*) Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(J \Rightarrow AJ\) là đường kính của \(\left( O \right) \Rightarrow \widehat {ACJ} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACJ\) có:
\(\widehat {ABD} = \widehat {ABC} = \widehat {AJC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
\(\widehat {ADB} = \widehat {ACJ} = 90^\circ \)
(hai góc tương ứng) \( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {SAC}\).
Ta có: \[\widehat {BEA} = \widehat {BCA}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\)), hay \(\widehat {BEA} = \widehat {SCA}\).
Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta ACS\) có
Suy ra: \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AS}}\) (tỉ số đồng dạng) hay \(AB.AC = AE.AS\) (điều phải chứng minh).
c) Vì \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC \Rightarrow BH \bot AC\) tại \(V \Rightarrow \widehat {AVH} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta AVH\) và \(\Delta ADC\) có
Mà \[\widehat {BEA} = \widehat {ACB}\] và \[\widehat {AHV} = \widehat {BHE}\] (hai góc đối đỉnh), suy ra \[\widehat {BEA} = \widehat {BHE}\] hay \[\widehat {BEH} = \widehat {BHE}\], khi đó \(\Delta BHE\) cân tại \(B\), có \(BD\) là đường cao nên \(BD\) cũng đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta BHE \Rightarrow DH = DE = \frac{{HE}}{2}\).
Xét \(\Delta ABS\) và \(\Delta AEC\) có
Có tứ giác \(BDEK\) nội tiếp nên \(\widehat {EKD} = \widehat {EBD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn hay \(\widehat {EKD} = \widehat {EBC}\,)\)
Lại có \(\widehat {EBC} = \widehat {EAC}\), suy ra \(\widehat {EKD} = \widehat {BAS}\).
Xét \(\Delta ABS\) và \(\Delta KED\) có:
Xét \(\Delta BIS\) và \(\Delta EKH\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{BI}}{{BS}} = \frac{{EK}}{{EH}}\\\widehat {IBS} = \widehat {KEH}\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {BIS} = \widehat {EKH}\) (hai góc tương ứng).
Gọi \(U\) là giao điểm của \(KH\) và \(IS\).
Ta có: \(\widehat {BIS} + \widehat {IKH} = \widehat {EKH} + \widehat {IKH} = \widehat {EKA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KIU} + \widehat {IKU} = 90^\circ \).
Xét \(\Delta IKU\) có \(\widehat {KIU} + \widehat {IKU} + \widehat {IUK} = 180^\circ \) (định lý tổng ba góc trong một tam giác).
\( \Rightarrow \widehat {IUK} = 180^\circ - \left( {\widehat {KIU} + \widehat {IKU}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \Rightarrow IS \bot KH\) (điểu phải chứng minh).
(0,5 điểm)
Một công ty kinh doanh trong lĩnh vực vận tải đang vận hành một đội xe gồm \(35\) xe chở hàng cùng loại, với lợi nhuận trung bình của mỗi xe là \(1\) triệu đồng một ngày. Để mở rộng mô hình kinh doanh, công ty dự định bổ sung một số xe chở hàng cùng loại với xe đang vận hành. Công ty đã tiến hành khảo sát và phân tích thị trường, kết quả cho thấy: cứ bổ sung một xe chở hàng cùng loại vào hoạt động thì lợi nhuận trung bình của mỗi xe trong cả đội lại giảm đi \(20\) nghìn đồng một ngày. Hỏi công ty nên bổ sung bao nhiêu xe chở hàng cùng loại để lợi nhuận trung bình mỗi ngày của đội xe là lớn nhất?
Gọi số xe mà công ty cần bổ sung là \(x\) (xe, \(x \in \mathbb{N}\)).
Lợi nhuận trung bình của mỗi xe sau khi bổ sung thêm \(x\) xe là: \(1000 - 2x\) (nghìn đồng).
Số xe của đội xe sau khi bổ sung thêm \(x\) xe là: \(35 + x\) (xe).
Tổng lợi nhuận mà đội xe thu được là: \(L\left( x \right) = \left( {35 + x} \right)\left( {1000 - x} \right)\) (nghìn đồng)
Có: \(L\left( x \right) = \left( {35 + x} \right)\left( {1000 - 20x} \right) = - 20{x^2} + 300x + 35000 = - 5{\left( {2x - 15} \right)^2} + 36125\)
Do \(x \in \mathbb{N} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 15 \ne 0\\{\left( {2x - 15} \right)^2} \ge 0\end{array} \right.\) nên \({\left( {2x - 15} \right)^2} \ge 1\), suy ra \( - 5{\left( {2x - 15} \right)^2} \le - 5\)
Khi đó: \(L\left( x \right) \le 36120\)
Dấu “=” xảy ra khi \({\left( {2x - 15} \right)^2} = 1\), suy ra \(\left[ \begin{array}{l}2x - 15 = 1\\2x - 15 = - 1\end{array} \right.\) hay \(\left[ \begin{array}{l}x = 7\\x = 8\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy công ty nên bổ sung thêm 7 xe chở hàng cùng loại để lợi nhuận trung bình mỗi ngày là lớn nhất.
