Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 34

a) $\Omega = \left\{ {10\;;\,\,11\;;\;\,12\;;\;\,13\;;\;\,...\;;\,\;98\;;\;\,99} \right\}$

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố $B:$ “Số tự nhiên được viết ra chia hết cho $11$” là:

$$11\;;\,\,22\;;\,\,33\;;\;\,44\;;\;\,55\;;\;\,66\;;\;\,77\;;\;\,88\;;\;\,99$$

c) Kết quả thuận lợi cho biến cố $C$: “Số tự nhiên được viết ra chia cho $10$ dư $6$” là:

$$16\;;\;26\;;\;\,36\;;\;\,46\;;\;\,56\;;\;\,76\;;\;\,86\;;\;\,96$$

a) Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức $A$ ta có:

$A = \frac{{\sqrt 9 + 4}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{7}{2}$

Vậy khi $x = 9$ thì $A = \frac{7}{2}$.

b) $B = \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x + 2\sqrt x - 3}} - \frac{2}{{\sqrt x + 3}}$

$B = \frac{{3\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \frac{2}{{\sqrt x + 3}}$

$B = \frac{{3\sqrt x + 1 - 2\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$

$B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}$

$B = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}$

Vậy $B = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}$ với $x \ge 0$; $x \ne 1$.

c) $\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}} = \sqrt x + 4\,\,\,\left( {x \ge 0;x \ne 1;x \ne 3} \right)$

$\begin{array}{l}\frac{A}{B} \ge \frac{x}{4} + 5\\\sqrt x + 4 \ge \frac{x}{4} + 5\\\frac{x}{4} - \sqrt x + 1 \le 0\end{array}$

$\begin{array}{l}x - 4\sqrt x + 4 \le 0\\{\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \le 0\end{array}$

Mà ${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x$ thỏa mãn điều kiện xác định.

$\begin{array}{l}{\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \le 0\\\sqrt x - 2 = 0\\\sqrt x = 2\\x = 4\end{array}$.

So với điều kiện, thỏa mãn.

Vậy $x = 4$ thì $\frac{A}{B} \ge \frac{x}{4} + 5$.

Đổi $0{,}5\,{\rm{kg}} = 5{\rm{00}}\,{\rm{g}}$

Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ $10\%$ đem trộn là $x$$\left( {\rm{g}} \right)$$\left( {0 < x < 500} \right)$.

Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ $20\%$ đem trộn là $y$$\left( {\rm{g}} \right)$$\left( {0 < y < 500} \right)$.

Vì trộn $x$$\left( {\rm{g}} \right)$ dung dịch acid có nồng độ $10\%$ và $y$$\left( {\rm{g}} \right)$ dung dịch acid loại có nồng độ $20\%$ để được $500$${\rm{kg}}$ acid mới nên ta có phương trình: $x + y = 500$ (1)

Vì trộn hai loại dung dịch acid cùng loại có nồng độ acid lần lượt là \[10{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle 0$}

\kern-0.1em/\kern-0.15em

\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 0$}}\] và $20\%$ để được $0{,}5$${\rm{kg}}$ dung dịch có nồng độ acid là $16\%$nên ta có phương trình:

$$10\% x + 20\% y = 16\% \,\,.\,\,500$$

$0{,}1x + 0{,}2y = 80$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{0{,}1x + 0{,}2y = 80\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{x + y = 500\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$$

Từ $\left( 2 \right)$ suy ra $y = 500 - x\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$

Thay $\left( 3 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta được $0{,}1x + 0{,}2\,\left( {500 - x} \right) = 80$

$$0{,}1x + 100 - 0{,}2x = 80$$

$$- 0{,}1x = - 20$$

$x = 200$ (nhận)

Thay $x = 200$ vào $\left( 3 \right)$ ta được $y = 300\,$(nhận)

Vậy khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid $10\%$là $20\,0\,{\rm{g}}$.

Khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid $20\%$là $300\,{\rm{g}}$.

- Gọi vận tốc của xe máy thứ nhất và xe máy thứ hai lần lượt là ${\rm{x}}\,{\rm{,}}\,\,{\rm{y}}\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\,$, ${\rm{x}}\,{\rm{ > }}\,3$, ${\rm{y > }}\,0$.

- Vì xe thứ nhất đi nhanh hơn xe thứ hai là $3\,\,{\rm{km/h}}$ nên ta có: $x\, - \,y\, = \,3\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

- Trong $3$ giờ $20$ phút = $\frac{{10}}{3}\,\,{\rm{h}}$, xe máy thứ nhất đi được : $\frac{{10}}{3}x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$

- Trong $3$ giờ $40$ phút = $\frac{{11}}{3}\,\,{\rm{h}}$, xe máy thứ hai đi được : $\frac{{11}}{3}{\rm{y}}\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$

- Đó là quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{{10}}{3}x\,\, = \frac{{11}}{3}y\\\frac{{10}}{3}x\,\, - \frac{{11}}{3}y\,\, = \,\,0\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array}$

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

Vậy vận tốc của xe máy thứ nhất là $33\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$ và vận tốc xe máy thứ hai $30\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$

Quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định là: $\frac{{10}}{3}\,\,.\,\,33 = 110\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Phương trình đã cho có $\Delta = {\left( {4m{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)^2}--{\rm{ }}12{m^2} + {\rm{ }}8m{\rm{ }} = {\rm{ }}4{m^2} + {\rm{ }}1{\rm{ }} > {\rm{ }}0$, $\forall m$.

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\forall m$.

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4m - 1\\{x_1}{x_2} = 3{m^2} - 2m\end{array} \right.$.

Khi đó: $x_1^2 + x_2^2 = 7$

${({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = 7$

$${\left( {4m--1} \right)^2}--2\left( {3{m^2}--2m} \right) = 7$$

$$10{m^2}--4m--6 = 0$$

$$5{m^2}--2m--3 = 0$$

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 suy ra $m = 1,\,\,m = - \frac{3}{5}$.

a) Thể tích của quả dưa hấu hình vuông là:

${V_1} = {18^3} = 5832\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

b) Thể tích của một miếng dưa hấu nhỏ hình vuông có cạnh $5$cm là:

${V_2} = {5^3} = 125\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Số miếng dưa nhỏ được cắt ra là: $5832\,:\,125 = 46{,}656$ ( miếng)

Số đĩa dưa mà bạn Minh có thể xếp được là: $46{,}656\,:\,12 \approx 4$ (đĩa).

a/ Chứng minh tứ giác $AMHN$ nội tiếp

Các đường cao $BM,\;\,\,CN$ cắt nhau tại$H$nên ta có $\Delta ANH,\,\,\Delta AMH$ vuông tại $N,\,\,M$

Xét $\Delta ANH$ có $\widehat {ANH} = 90^\circ$ nên ba điểm $A,\;N,\;H$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Xét $\Delta AMH$ có $\widehat {AMH} = 90^\circ$ nên ba điểm $A,\;M,\;H$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Khi đó bốn điểm $A,\,\,M,\,\,H,\,\,N$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Vậy tứ giác $AMHN$ nội tiếp đường tròn đường kính$AH$.

b/ Gọi $D$ là giao điểm của $AH$và$BC$. Chứng minh $DA$ phân giác của $\widehat {MDN}$

Có $\widehat {HMC} = \widehat {HDC} = 90^\circ$

Xét $\Delta HMC$ có $\widehat {HMC} = 90^\circ$ nên ba điểm $C,\,\,M,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Xét $\Delta CDH$có $\widehat {HDC} = 90^\circ$ nên ba điểm $C,\,\,D,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Khi đó bốn điểm $D,\,\,C,\,\,M,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Suy ra tứ giác $HDCM$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {HDM} = \widehat {HCM}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung$HM$)

Có $\widehat {HDB} = \widehat {HNB} = 90^\circ {\rm{ }}$

Xét $\Delta HDB$ có $\widehat {HDB} = 90^\circ$ nên ba điểm $B,\,\,D,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Xét $\Delta HNB$ có $\widehat {HNB} = 90^\circ$ nên ba điểm $B,\,\,N,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Khi đó bốn điểm $D,\,\,B,\,\,N,\,\,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Suy ra tứ giác $HDBN$ nội tiếp

$\widehat {NDH} = \widehat {NBH}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung$HN$)

Mà $\widehat {HCM} = \widehat {NBH}$(cùng phụ với$\widehat {BAC}$)

Suy ra $\widehat {HDM} = \widehat {HDN}$ Suy ra $AD$ là phân giác của góc $\widehat {MDN}$(đpcm).

c/Đường thẳng qua $D$ và song song với $MN\,$ cắt $AB,\,\,CN$ lần lượt tại $I,\,\,J$. Chứng minh $D$ là

trung điểm $IJ$.

Có $\widehat {BMC} = \widehat {CNB} = 90^\circ {\rm{ }}$

Xét $\Delta MCB$ có $\widehat {BMC} = 90^\circ$ nên ba điểm $B,\,\,M,\,\,C$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Xét $\Delta BNC$ có $\widehat {BNC} = 90^\circ$ nên ba điểm $B,\,\,N,\,\,C$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Khi đó bốn điểm $C,\,\,B,\,\,N,\,\,M$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Suy ra tứ giác $BCMN$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {HNM} = \widehat {HBD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung $CM$)

Tứ giác $HDBN$ nội tiếp nên $\widehat {HBD} = \widehat {HND}$( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung $HD$)

Suy ra $\widehat {HNM} = \widehat {HND}$

Ta có $IJ\,{\rm{//}}\,MN\,\,\left( {gt} \right)$ Suy ra $\widehat {HNM} = \widehat {HJI} = \widehat {HJD}$ (Hai góc so le trong bằng nhau)

Suy ra $\widehat {HND} = \widehat {HJD}$

Nên tam giác $DNJ$ cân tại $D$ (tam giác có 2 góc ở đáy bằng nhau)

Suy ra $DN = DJ$ (tính chất tam giác cân) (1)

Vì $\widehat {HND} = \widehat {HJD}$ (chứng minh trên)

Mà $\widehat {HND} + \widehat {DNI} = \widehat {HNI} = 90^\circ$ và $\widehat {HJD} + \widehat {NID} = 90^\circ$( do $\Delta JNI$ vuông tại $N$)

Suy ra $\widehat {DNI} = \widehat {NID}$

Tam giác $\Delta NID$ cân tại $D$ (tam giác có 2 góc ờ đáy bằng nhau)

Suy ra $DN = DI$ (tính chất tam giác cân) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $DI = DJ = DN$

Vậy $D$ là trung điểm $IJ$

Ta có: $HO = OC - CH = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ ${\rm{(m)}}$

Ta có: $HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = \sqrt {{1^2} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$AB = 2HB = \sqrt 3$ ${\rm{(m)}}$

Ta có: ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}AB\,.\,OH = \frac{1}{2}\,\,.\,\,\sqrt 3 \,\,.\,\,\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Tam giác $OHB$ có $\sin \widehat {HOB} = \frac{{HB}}{{OB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$\widehat {HOB} = {60^0}$

$\widehat {AOB} = 2\widehat {HOB} = {120^0}$

Gọi ${S_1}$ là diện tích hình quạt tròn $OACB$, ta có:

${S_1} = \frac{{\pi {R^2}120}}{{360}} = \frac{\pi }{3}$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Gọi ${S_2}$ là diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $AB$ và cung nhỏ , ta có:

${S_2} = {S_1} - {S_{OAB}} = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4\pi - 3\sqrt 3 }}{{12}}$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Thể tích phần dầu đã hút đi là: ${V_1} = \frac{1}{3}\,{S_2}.\,\,5 = \frac{{5.\,\,\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{36}}$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Thể tích của thùng dầu là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}.\,\,5 = \frac{{5\pi }}{3}$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Thể tích dầu còn lại trong thùng là: ${V_2} = V - {V_1} = \frac{{5\pi }}{3} - \frac{{5\,\,.\,\,\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{36}} \approx 4{,}21$${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$

Vậy thể tích dầu còn lại trong thùng là $4{,}21\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.