Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 12

a) Bảng tần số tương đối:

b) Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất 2 ngoại ngữ là: $32\% {\rm{ }} + {\rm{ }}12\% {\rm{ }} + {\rm{ }}8\% {\rm{ }} + {\rm{ }}6\% {\rm{ }} = {\rm{ }}58\% .$

c) Ý kiến đó đúng vì:

- Tỉ lệ đại biểu sử dụng được 3 ngôn ngữ của 1 năm trước là: $\frac{{54}}{{220}}.100\% = 24{,}5\%$.

- Tỉ lệ đại biểu sử dụng được 3 ngôn ngữ của nay là: .$12\% {\rm{ }} + {\rm{ }}8\% {\rm{ }} + {\rm{ }}6\% {\rm{ }} = {\rm{ }}26\% {\rm{ }} > {\rm{ }}24{,}5\%$

a) Các kết quả có thể xảy ra là:

$$1,{\rm{ }}2,{\rm{ }}3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7,{\rm{ }}8,{\rm{ }}9,{\rm{ }}10,{\rm{ }}11,{\rm{ }}12,{\rm{ }}13,{\rm{ }}14,{\rm{ }}15,{\rm{ }}16,{\rm{ }}17,{\rm{ }}18,{\rm{ }}19,{\rm{ }}20.$$

b) $\Omega$$\; = {\rm{ }}\left\{ {1,{\rm{ }}2,{\rm{ }}3,{\rm{ }}4,{\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7,{\rm{ }}8,{\rm{ }}9,{\rm{ }}10,{\rm{ }}11,{\rm{ }}12,{\rm{ }}13,{\rm{ }}14,{\rm{ }}15,{\rm{ }}16,{\rm{ }}17,{\rm{ }}18,{\rm{ }}19,{\rm{ }}20} \right\}.$

c) Có 3 kết quả thuận lợi là$1{,}8{,}15$

Vậy $P\left( T \right) = \frac{3}{{20}}$ .

Gọi khối lượng quặng chứa $75\%$ sắt và $50\%$ sắt là $x,y$(tấn, $x,y > 0$)

Theo bài ra ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\\\frac{{75x}}{{100}} + \frac{{50y}}{{100}} = \frac{{66}}{{100}}.25\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 16\\y = 9\end{array} \right.$(thỏa mãn điều kiện)

Vậy đem $16$ tấn loại quặng chứa $75\%$ sắt, $9$ tấn loại quặng chứa $50\%$ sắt

Ta có

$\begin{array}{l}3{x_1} + 4{x_2} = 3\\ \Leftrightarrow ({x_1} + {x_2}) + {x_2} = 6\\ \Rightarrow {x_2} = - 9\end{array}$

Vì $x = - 9$ là nghiệm của phương trình nên ta có ${\left( { - 9} \right)^2} - 5.\left( { - 9} \right) + m + 4 = 0$.

Tìm được $m = - 3 \pm \sqrt {13}$

a) Chứng minh $\Delta AEF$ đồng dạng $\Delta ABC.$

$BE \bot AC$⇒ $\widehat {BEC} = {90^0}$ (TGV)

Vẽ đúng hình đến ý 1)

⇒ Tứ giác $BFEC$ là tứ giác nội tiếp

⇒ $\Delta AEF$ đồng dạng $\Delta ABC.$

b) Chứng minh đường thẳng $OA$ vuông góc với đường thẳng

Tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ $\widehat {AEF} = \widehat {ABC}$

$\Delta OAC$ cân tại O ⇒ $\widehat {EAO} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {AOC}}}{2}$

$\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} \Rightarrow \frac{{{{180}^0} - \widehat {AOC}}}{2} = {90^0} - \widehat {ABC}$

⇒ $\widehat {AEF} + \widehat {EAO} = {90^0}$⇒ $AO \bot EF$

c) Chứng minh tứ giác $AFHI$ nội tiếp và $I,\;J,\;K$ thẳng hàng.

Chứng minh ${\rm{\Delta }}AMN$ cân tại$A$ vì$\widehat {AMN} = \widehat {MBH} + \widehat {MHB} = \widehat {NCH} + \widehat {NHC} = \widehat {ANM}$ ⇒ $AI \bot MN$

$\widehat {AFH} = \widehat {AIH} = {90^0}$ ⇒ Tứ giác $AFHI$ là tứ giác nội tiếp.

Có $\widehat {MAH} = \widehat {NAO} \Rightarrow \widehat {IAH} = \widehat {IAO} \Rightarrow IJ||AO$ suy ra $IJ$trung trực $EF$

Có $JE = JF,KE = KF \Rightarrow \;$ $KI\;$ trung trực $EF$ ⇒ $I,\;J,\;K$ thẳng hàng.

Ta đặt $AC = 2m;BD = 2n.$

Diện tích đáy $ABCD$ là: $S = \frac{1}{2}.2m.2n = 2mn.$

Mặt khác: $S = \frac{V}{h} = \frac{{1280}}{{20}} = 64\left( {c{m^2}} \right)$

Vậy $2m.n = 64\left( {c{m^2}} \right).$

Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là:

$${S_{xq}} = 4.AB.20 = 80AB.$$

Vậy ${S_{xq}}$ nhỏ nhất khi $AB$ nhỏ nhất.

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Ta có $AC \bot BD$ tại $O$.

Xét $\Delta AOB$ vuông tại $O$, ta có: $A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {m^2} + {n^2}.$

Mặt khác ${m^2} + {n^2} \ge 2mn$. Do đó \[A{B^2} \ge 64 \Rightarrow

AB \ge 8\left( {cm} \right).\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AB$ là $8cm$ khi $m = n$ tức là khi $ABCD$ là hình vuông.

Giá trị nhỏ nhất của diện tích xung quanh là $4.8.20 = 640\left( {c{m^2}} \right).$