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

Gọi số quả bóng màu vàng là $x$ (quả), đk: $x \in {\mathbb{N}^*}$

Tổng số bóng trong hộp là $10 + x$ (quả)

Xác suất của biến cố “Lấy được quả bóng màu đỏ” là $\frac{{10}}{{10 + x}}$

Theo bài ra: $\frac{{10}}{{10 + x}} = 0{,}4$ hay $10 + x = 25 \Rightarrow x = 15$ (t/m)

Vậy có 15 quả bóng màu vàng.

1) Thay $x = 16$ (thoả mãn đk) vào biểu thức $A$ ta được: $A = \frac{{16 - 9}}{{16 - 3\sqrt {16} }} = \frac{7}{4}$.

2) Với $x > 0;x \ne 9$ ta có: $B = \frac{{x + 3}}{{x - 9}} - \frac{1}{{3 - \sqrt x }} + \frac{2}{{\sqrt x + 3}}$

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

$= \frac{{x + 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$$= \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}$ với $x > 0;x \ne 9$ . (đpcm)

3) Ta có: $P = A.B = \frac{{x - 9}}{{x - 3\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)\sqrt x }}{{\sqrt x {{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}}$

Do đó: $P < 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} < 1$

$$\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - 1 < 0$$

$$\frac{6}{{\sqrt x - 3}} < 0$$

$$\sqrt x - 3 < 0$$

$$0 < x < 9$$

Do $x$ nguyên nên $x \in \left\{ {1;2;3;...;8} \right\}$

Vậy $x \in \left\{ {1;2;3;...;8} \right\}$ thì $P < 1$

a) Vì nhà bạn Trang sử dụng hết 25m3 nước nên số tiền nhà Trang phải trả là 10m3 theo giá ở bậc 1; 10m3 theo giá ở bậc hai; 5m3 theo giá ở bậc 3.

Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 10m3 nước đầu tiên là:

10.6000 = 60 000 (đồng)

Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 10m3 nước tiếp theo là:

10.7100 = 71 000 (đồng)

Số tiền nhà bạn Trang phải trả cho 5m3 nước tiếp theo nữa là:

5.8600 = 43 000 (đồng)

Vậy tổng số tiền nhà bạn Trang phải trả là:

60 000 + 71 000 + 43 000 = 174 000 (đồng)

b) Số tiền phải trả cho 30m3 nước đầu tiên là:

10.6000 + 10.7100 + 10.8600 = 217 000 (đồng)

Vì 297 000 (đồng) lớn hơn 217 000 (đồng) nên nhà Trang đã phải trả một số tiền theo giá ở bậc 4.

Gọi số mét khối nước mà nhà Trang phải trả theo giá ở bậc 4 là x (m3).

Theo đề bài ta có: 217 000 + x.16 000 = 297 000

Tìm được x = 5

Vậy trong tháng 2 nhà bạn Trang dùng hết 30 + 5 = 35 m3 nước

Tổng số học sinh dự thi của hai trường X và Y là: $420:84\% = 500$

Gọi $x$, $y$ lần lượt là số học sinh hai trường X và Y ($x$; $y$ nguyên dương, $x$; $y < 420$)

Vì số học sinh dự thi của 2 trường là 500 học sinh nên ta có phương trình $x + y = 500$ $\left( 1 \right)$

Tỉ lệ đạu lớp 10 của riêng trường X là 80%, trường Y là 90% nên ta có phương trình: $0{,}8x + 0{,}9y = 420$$\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\0{,}8x + 0{,}9y = 420\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 300\\y = 200\end{array} \right.$ (thỏa mãn)

Vậy trường X có $300$ học sinh tham gia dự thi và trường Y là$200$ học sinh dự thi.

Phương trình đã cho là phương trình bậc hai của $x$ có: $ac = 3.\left( { - 5} \right) < 0$

Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$; ${x_2}$

- Theo định lý Vi-et, ta có : $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{12}}{3} = 4}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 5}}{3}}\end{array}} \right.{\rm{ }}$

Do đó: $T = \frac{{{x_1}^2 + 4{x_2} - {x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}^2 + {x_1}{x_2}}} = \frac{{{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}^2 + {x_1}{x_2}}} = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + {x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}$

$= \frac{{4{x_1} + 4{x_2} - 2{x_1}{x_2}}}{{4{x_1} + 4{x_2}}} = \frac{{4({x_1} + {x_2}) - 2{x_1}{x_2}}}{{4({x_1} + {x_2})}} = \frac{{4.4 - 2.\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}}{{4.4}} = \frac{{29}}{{24}}$

Vậy giá trị của biểu thức $T = \frac{{29}}{{24}}$

Thể tích nước bơm vào bồn là : $V = 3{,}1.11{,}5.\left( {2{,}3 - 1{,}5} \right) = 28{,}52{m^3} = 28520\,l$

Thời gian cần để bơm nước đến độ cao cách nắp 1,5m là : $\frac{{28520}}{{120}} \approx 238$phút

a) Chứng minh tứ giác $BFEC$ nội tiếp và $KF.KE = KB.KC$.

Xét tứ giác $BFEC$, có:

$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BFC} = 90^\circ \,\left( {CF \bot AB} \right)\\\widehat {BEC} = 90^\circ \,\left( {BE \bot AC} \right)\end{array} \right.$$

$\Rightarrow F,E$ cùng nhìn cạnh $BC$ dưới một góc ${90^o}$

$\Rightarrow$Tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

$\Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {KEC}$ (cùng bù $\widehat {FBE}$).

$\Rightarrow \frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KC}}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow KB.KC = KE.KF$ $\left( 1 \right)$

b) Đường thẳng $KA$ cắt $\left( O \right)$ tại $M$. Chứng minh tứ giác $AEFM$ nội tiếp.

Ta có $AMBC$ nội tiếp $\left( O \right)$

$\Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {KCA}$ (cùng bù $\widehat {BMA}$)

$\Rightarrow$$\frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KM}}{{KC}}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow KB.KC = KM.KA$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow KM.KA = KE.KF$

$$\Rightarrow \frac{{KM}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}$$

$\Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KEA}$ (hai góc tương ứng bằng nhau)

$\Rightarrow AMFE$ nội tiếp.

c) Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Chứng minh $M$, $H$, $N$ thẳng hàng.

Xét tứ giác AMFE, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {HFA} = {90^o}\,\,\left( {HF \bot AB} \right)\\\widehat {HEA} = {90^o}\,\,\left( {HE \bot AC} \right)\end{array} \right.$.

Suy ra: $AFHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$

Mà $AMFE$ nội tiếp

$\Rightarrow A,M,F,H,E\,\, \in$ đường tròn đường kính $AH$

$\Rightarrow \widehat {HMA} = \widehat {HFA} = 90^\circ$$\Rightarrow HM \bot AM$ $\left( 3 \right)$

Gọi $I$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O \Rightarrow AI$ là đường kính của $\left( O \right)$

$\Rightarrow AM \bot MI$ $\left( 4 \right)$

Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ $\Rightarrow \,\,M,H,I$ thẳng hàng $\left( 5 \right)$

Mà $AI$ là đường kính của $\left( O \right)$

$$\Rightarrow IC \bot AC,\,IB \bot BA$$

$$\Rightarrow IC\parallel BH,\,\,IB\parallel CH$$

$\Rightarrow BHCI$ là hình bình hành

$\Rightarrow HI \cap BC = N$ là trung điểm mỗi đường

$\Rightarrow H,N,I$ thẳng hàng $\left( 6 \right)$

Từ $\left( 5 \right)$ và $\left( 6 \right)$ $\Rightarrow M,H,N$ thẳng hàng (đpcm).

Gọi khoảng cách từ $E$ đến $AB,AD$ lần lượt là $EH,EK.$

Đặt $KN = x\left( m \right)$, đk: $x > 0$

Hai tam giác vuông $KEN,HME$ đồng dạng nên $\frac{{KE}}{{KN}} = \frac{{HM}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{12}}{x} = \frac{{HM}}{5} \Rightarrow HM = \frac{{60}}{x}\left( m \right)$

Diện tích tam giác $AMN$ là:

${S_{AMN}} = \frac{1}{2}.AM.AN = \frac{1}{2}.\left( {12 + \frac{{60}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right) = \left( {6 + \frac{{30}}{x}} \right).\left( {5 + x} \right)$

$30 + 6x + \frac{{150}}{x} + 30 = 60 + 6x + \frac{{150}}{x} \ge 60 + 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} =$120

Dấu “=” xảy ra khi

$$6x = \frac{{150}}{x}$$

$${x^2} = 25$$

$x = 5$.

Vậy diện tích nhỏ nhất của phần góc ao $AMN$ mà anh Thịnh có thể quây được là $120{m^2}$..