Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 19

+ Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[ {40;50} \right)$ là $3$.

+ Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {40;50} \right)$ là: $\frac{3}{{60}}.100\% = 5\%$

+ Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi thực hiện phép thử “Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp” là: $\left\{ {1;2;3;...;12} \right\}$ ; có $12$ kết quả

+ Các kết quả thuận lợi cho biến cố $M$: “thẻ được rút ra ghi số chia hết cho $3$” là: $\left\{ {3;6;9;12} \right\}$

+ Xác suất của biến cố $M$là: $\frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$

1) Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $B$ ta có:

$$B = \frac{{\sqrt 9 + 2}}{{\sqrt 9 - 2}} = \frac{{3 + 2}}{1} = 5$$

Vậy giá trị của $B$ tại $x = 9$ là $5$.

2) $A = \frac{3}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x + 10}}{{x - 4}}$

$$A = \frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$$

$$A = \frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right) - \sqrt x - 10}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$$

$$A = \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$$

$$A = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}$$

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

$$P \le - 1 \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x - 2}} \le - 1 \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + 1 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \le 0$$

* Nếu $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} = 0$ thì $\sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (không thỏa mãn đk x là số nguyên tố)

* Nếu $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} < 0$ thì ta có hai trường hợp sau:

$TH1:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x > 0\\\sqrt x - 2 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 4$(thỏa mãn đk $x \ge 0;x \ne 4$) mà $x$ là số nguyên tố nên $x = 2;x = 3$

$$TH2:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x < 0\\\sqrt x - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \emptyset$$

Vậy $x = 2;x = 3$ thì thỏa mãn đề bài

Gọi khối lượng dung dịch $HCl$ $10\%$ là $x{\rm{ }}(gam,x > 0)$

Gọi khối lượng dung dịch $HCl$ $25\%$ là $y{\rm{ }}(gam,y > 0)$

Vì tổng khối lượng hai dung dịch là $500$ $gam$ nên ta có phương trình:

$$x + y = 500{\rm{ }}(1)$$

Vì dung dịch tạo thành là $HCl$ $16\%$ nên ta có phương trình:

$$10\% x + 25\% y = 16\% .500{\rm{ }}(2)$$

Từ $(1);{\rm{ }}(2)$ ta có hệ phương trình:

$$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\10\% x + 25\% y = 16\% .500{\rm{ }}\end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\0{,}1x + 0{,}25y = 80{\rm{ }}\end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\x + 2{,}5y = 800{\rm{ }}\end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500{\rm{ }}\\ - 1{,}5y = - 300{\rm{ }}\end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l}x = 300{\rm{ }}(tm){\rm{ }}\\y = 200{\rm{ }}(tm){\rm{ }}\end{array} \right.$$

Vậy Bình cần dùng $300$ $gam$ dung dịch $HCl$ $10\%$ và $200$$gam$ dung dịch $HCl$ $25\%$

Gọi số người ban đầu có là $x$(người, $x \in N*$)

Số tiền mỗi người góp lúc đầu là: $\frac{{180}}{x}$ (triệu đồng)

Số người khi tăng thêm $3$ người là: $x + 3$(người)

Số tiền mỗi người góp khi tăng thêm $3$ người là: $\frac{{180}}{{x + 3}}$(triệu đồng)

Vì số tiền mỗi người góp giảm đi $3$ triệu nên ta có phương trình:

$$\frac{{180}}{x} - \frac{{180}}{{x + 3}} = 3$$

$$\frac{{60}}{x} - \frac{{60}}{{x + 3}} = 1$$

$$60\left( {x + 3} \right) - 60x = x(x + 3)$$

$${x^2} + 3x - 180 = 0$$

$$(x - 12)(x + 15) = 0$$

$$x = 12(TM);x = - 15(KTM)$$

Vậy ban đầu nhóm bạn đó có $12$ người

Cho phương trình: ${x^2} - 2x + m - 1 = 0{\rm{ }}(1)$ với $m$ là tham số.

$$\Delta ' = 1 - m + 1 = 2 - m$$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2$

Áp dụng Định lý Viète ta có:

$$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = m - 1\end{array} \right.$$

Có: ${x_1}{x_2} - 1 = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}$

$${x_1}{x_2} - 1 = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}$$

$m - 1 - 1 = \frac{2}{{m - 1}}$ (Điều kiện: $m \ne 1$)

$$(m - 2)(m - 1) = 2$$

$${m^2} - 3m = 0$$

$$m = 0(TM);m = 3(KTM)$$

Vậy $m = 0$

Bán kính đáy phần hình trụ là : $2:1 = 2(cm)$

Thể tích của phần bình hình trụ là : ${V_1} = \pi .{r_1}^2.h = {3{,}14.1^2}.8 = 25{,}12(c{m^3})$

Thể tích phần bình hình cầu là: ${V_2} = \frac{4}{3}\pi .{r_2}^3 = \frac{4}{3}{.3{,}14.4{,}25^3} \approx 321{,}39(c{m^3})$

Thể tích nước trong bình là : $V = 25{,}12 + 321{,}39 = 346{,}51(c{m^3})$

Vậy thể tích nước trong bình khoảng $346{,}51(c{m^3})$

a)

+ Có $AD$ là đường cao của tam giác $ABC$

nên $AD \bot BC$ $\Rightarrow \widehat {ADB} = {90^0}$

+ Có $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$

nên $BE \bot AC$ $\Rightarrow \widehat {AEB} = {90^0}$

+ Gọi $I$ là trung điểm của $AB$

$\Delta ABD$ vuông tại $D \Rightarrow IA = IB = ID = \frac{{AB}}{2}$ $(1)$

$\Delta ABE$ vuông tại $E \Rightarrow IA = IB = IE = \frac{{AB}}{2}$ $(2)$

Từ $(1);(2)$ suy ra $IA = IB = IE = ID\left( { = \frac{{AB}}{2}} \right)$

Nên bốn điểm $A,B,E,D$ cùng nằm trên một đường tròn .

b) Chứng minh: $\widehat {ADB} = \widehat {ACK = }{\kern 1pt} \,{90^0}$

+ Chỉ ra: $\widehat {ABD} = \widehat {AKC}$

Chứng minh $\Delta$ABD đồng dạng $\Delta$AKC (g.g)

và AB.AC = AK.AD

+ Chứng minh tứ giác AFDB nội tiếp

$\Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {BAD}$ (1)

+ Vì $\Delta$ABD đồng dạng $\Delta$AKC

$\Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KAC}$ (2)

+ Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp

$$\Rightarrow \widehat {EAF} = \widehat {EBF}$$

Hay $\widehat {CAK} = \widehat {EBF}$ (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra: $\widehat {EBF} = \widehat {BFD}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BE // DF

Lại có BE $\bot AC$ (GT)

Vậy DF $\bot AC$

c) Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra M cố định và OM vuông góc BC (quan hệ giữa đường kính và dây)

+ Chứng minh tứ giác OMBF nội tiếp

Suy ra $\widehat {OFM} = \widehat {OBM}\,$

+ Chứng minh $\widehat {OBM} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BOC}}}{2}\,\, = {90^0} - \widehat {BAC} = \widehat {ABE}$

Mà $\widehat {ABE} = \widehat {AFE}$

nên $\widehat {AFE} = \widehat {OFM}$

Từ đó chứng minh $\widehat {EFM} = {180^0}$. Suy ra ba điểm E, F, M thẳng hàng

Gọi độ dài đoạn $MB$ là $x(cm)$, ta có:

Độ dài đoạn $NC$ là $x(cm)$

Độ dài đoạn $MN$ là $20 - x - x = 20 - 2x(cm)$

Tam giác $BQM$ vuông tại $M$ có:

$$\tan B = \tan {60^0} = \frac{{QM}}{{BM}} = \frac{{QM}}{x}$$

$$QM = x.\tan {60^0} = x.\sqrt 3$$

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S = MN.QM = (20 - 2x).x\sqrt 3$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $S = (20 - 2x).x\sqrt 3 = 2\sqrt 3 (10 - x).x \le 2\sqrt 3 {\left( {\frac{{10 - x + x}}{2}} \right)^2}$

$$S \le 2\sqrt 3 .25 = 50\sqrt 3$$

Dấu bằng xảy ra khi $10 - x = x$ nên $x = 5$

Vậy $MB = 5cm$ để hình chữ nhật $MNPQ$ có diện tích lớn nhất.