Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 17

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {10;20} \right)$là 45%

Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[ {10;20} \right)$là $45\% .40 = 18$.

Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}$

Không gian mẫu có 11 phần tử.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là $\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{3}{{11}}$.

1) Thay $x = 9$( thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta có $A = \frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}$.

Vậy $A = \frac{1}{2}$khi $x = 9$.

2) $B = \frac{{x - \sqrt x - \sqrt x - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$(với $x \ge 0,x \ne 1$)

$B = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$B = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}$( đpcm)

3) Ta có $P = A.B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}$

Ta có: $\left| P \right| + P = 0 \Rightarrow \left| P \right| = - P \Rightarrow P \le 0$$\Rightarrow \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} \le 0$

Mà $x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 > 0$, với mọi x thoả mãn ĐKXĐ

Suy ra $\sqrt x - 2 \le 0$

$\sqrt x \le 2$

$x \le 4$.

Vì $x \in \mathbb{Z}$, $x \ge 0,x \ne 1$$\Rightarrow x \in \left\{ {0;2;3;4} \right\}$.

Vậy $x \in \left\{ {0;2;3;4} \right\}$thì $\left| P \right| + P = 0$.

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là $x,\,y$ (học sinh; $x,y$$\in {\mathbb{N}^*}$)

Vì lớp 9A có 35 học sinh nên ta có PT: $x + y = 35$ (1)

Vì số học sinh không cận thị là 8 nên ta có $25\% x + 20\% y = 8$(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\25\% x + 20\% y = 8\end{array} \right.$

Tìm ra $x = 20,\,y = 15$ (TMĐK)

Vậy số học sinh nữ bị cận thị là $20\% .15 = 3$(học sinh).

Gọi $x$ là số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc ($x > 1$) (ngày)

Số cây dự kiến trồng trong 1 ngày là $\frac{{600}}{x}$(cây)

Số ngày thực tế để chi đoàn hoàn thành công việc là $x - 1$(ngày)

Số cây thực tế trồng được trong 1 ngày là $\frac{{600}}{x} + 30$(cây)

Theo đề bài ta có phương trình:

$$\left( {x - 1} \right)\left( {\frac{{600}}{x} + 30} \right) = 600$$

$$\left( {x - 1} \right)\left( {600 + 30x} \right) = 600x$$

$$600x - 600 + 30{x^2} - 30x = 600x$$

$$30x{}^2 - 30x - 600 = 0$$

$${x^2} - x - 20 = 0$$

$${x^2} - 5x + 4x - 20 = 0$$

$$x\left( {x - 5} \right) + 4\left( {x - 5} \right) = 0$$

$$\left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0$$

TH1:

$$\begin{array}{l}x - 5 = 0\\x = 5\,\,\,(tm)\end{array}$$

TH2:

$$x + 4 = 0$$

$$x = - 4\,\,(ko\,\,tm)$$

Vậy số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc là $5$ngày

Chứng minh PT có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$

Theo định lý Viet ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 5}}{3}\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right.$

Theo đề bài ta có :

$$\frac{{2{x_2}^2}}{{{x_1} + {x_2}}} + 2{x_1} = \frac{{2{x_2}^2 + 2{x_1}^2 + 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}} = \frac{{2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}$$

$$= \,\,\frac{{ - 86}}{{15}}$$

a) Bán kính của hình cầu là: $R = \frac{d}{2} = \frac{{50}}{2} = 25{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {cm} \right)$

Thể tích phần gạo hình cầu là: ${V_c} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {25^3} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$

Thể tích phần gạo vun lên dạng hình nón là: ${V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot {25^2} \cdot 12 = 2500\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$

Thể tích gạo trong thùng là: ${V_g} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi + 2500\pi = \frac{{38750}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$

b) Thể tích lon là: $\pi {.5^2}.14 = 350{\kern 1pt} \pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$

Thể tích gạo một ngày múc là : $4.90\% .350\pi = 1260\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$

Ta có : $\frac{{38{\kern 1pt} 750}}{\pi }:1{\kern 1pt} 260\pi \approx 10{,}3$

Vậy cần ít nhất 11 ngày để dùng hết số gạo trong thùng.

a) Chứng minh bốn $C,\,E,\,\,M,\,O$cùng thuộc một đường tròn.

cân tại $O$, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $OM$vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao. Suy ra $OM \bot BC \Rightarrow \widehat {OMC} = 90^\circ$

Theo bài ra, là hình chiếu của trên nên .

Gọi $I$ là trung điểm của $OC$

Dễ dàng chứng minh $IO = IE = IM = IC$

Do đó , , , cùng thuộc một đường tròn $\left( I \right)$.

b) *Chứng minh $AD.AK = AB.AC$

Xét $\Delta DBA$ và $\Delta CK{\rm{A}}$ có

+) $\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ$

+) $\widehat {ABD} = \widehat {AKC}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Nên

Do đó ta có: $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Hay $AD.AK = AB.AC$ (đpcm).

*Chứng minh $\Delta MDE$ cân.

Theo bài ra $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\AE \bot EC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat {AEC} = 90^\circ \end{array} \right.$

Gọi $Q$ là trung điểm của $AC$

Dễ dàng chứng minh $QA = QC = QD = QE$

Suy ra bốn điểm $A,\,C,\,D,\,E$cùng thuộc đường tròn $\left( Q \right)$

Suy ra $\widehat {CAE} = \widehat {CDE}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE$)

Xét $\left( O \right)$ ta có: $\widehat {CBK} = \widehat {CAE}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CK$ )

Từ (1) và (2) suy ra mà hai góc này ở vị trí đồng vị (3)

Suy ra

Xét đường tròn $\left( I \right)$có: $\widehat {EMC} = \widehat {EOC}$(Hai góc nội tiếp cùng chắn ). (4)

Xét đường tròn $\left( O \right)$có:$\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}$ (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ). (5)

Từ (3); (4) và (5) suy ra: $\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}$.

$\Delta MDE$có $\widehat {EMC} = \widehat {MDE} + \widehat {MED}$ (góc ngoài của tam giác) mà $\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}$

Nên $\widehat {MDE} = \widehat {MED}$. Do đó, $\Delta MDE$ cân tại $M$.

c) Chứng minh khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DEF$ là 1 điểm cố định.

Gọi $P$ là trung điểm của $BO$

Dễ dàng chứng minh được $PB = PO = PF = PM$

Suy ra bốn điểm $O,M,B,F$ cùng thuộc đường tròn $\left( P \right)$

Nên $\widehat {OBM} = \widehat {MFO}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn $\left( I \right)$có: $\widehat {MEO} = \widehat {MCO}$ $CK$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn).

Mà $\widehat {OBM} = \widehat {OCM}$($\Delta OCB$cân tại $O$.

Do đó $\widehat {MFO} = \widehat {MEO}$ $\Rightarrow \Delta EMF$cân tại $M \Rightarrow ME = MF$

Mà $ME = MD$ (Tam giác $MDE$cân tại $M$).

Suy ra:$MD = ME = ME$.

Suy ra $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$.

Mà $M$ là trung điểm của $BC$nên $M$ là điểm cố định.

Vậy khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$là một điểm cố định.

Ta có: $\frac{{a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{{\sqrt {a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)} + \sqrt {b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }} = \frac{{2(a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{{\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)} + \sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }}(1)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:

$\begin{array}{l}\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)} \le \frac{{4a{\rm{ }} + {\rm{ }}(3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{2} = \frac{{7a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\\\sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} \le \frac{{4b{\rm{ }} + {\rm{ }}(3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a)}}{2} = \frac{{7b{\rm{ }} + {\rm{ }}a}}{2}{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array}$

Từ (2) và (3) suy ra: $\sqrt {4a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)} + \sqrt {4b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} \le 4a{\rm{ }} + {\rm{ }}4b{\rm{ }}\left( 4 \right)$

Từ (1) và (4) suy ra:

$\frac{{a{\rm{ }} + {\rm{ }}b}}{{\sqrt {a\left( {3a{\rm{ }} + {\rm{ }}b} \right)} + \sqrt {b\left( {3b{\rm{ }} + {\rm{ }}a} \right)} }} \ge \frac{{2(a{\rm{ }} + {\rm{ }}b)}}{{4a{\rm{ }} + {\rm{ }}4b}} = \frac{1}{2}$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.