Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 36

Không gian mẫu của phép thử là:

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

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là $n(\Omega ) = 12$.

Gọi A là biến cố “Lấy được 2 viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là $n({\rm{A}}) = 8$.

Xác suất của biến cố A là $p({\rm{A}}) = \frac{{n({\rm{A}})}}{{n(\Omega )}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}$.

a) $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện xác định)

$$A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt {25} - 2}}{{\sqrt {25} + 2}} = \frac{3}{7}$$

Vậy $A = \frac{3}{7}$ khi $x = 25$.

b) Với $x \ge 0$, $x \ne 4$.

Ta có : $B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{3}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{12}}{{x - 4}}$

$= \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - 3\sqrt x + 6 - 12}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{x + \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

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

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

$$\left| P \right| > P$$

TH 1: $P > P$(Vô lí)

TH 2: $- P > P \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} > \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}}$

$\Rightarrow 1 - \sqrt x > \sqrt x - 1 \Leftrightarrow 2 > 2\sqrt x$

$\Leftrightarrow 1 > \sqrt x \Leftrightarrow 1 > x$

Kết hợp với điều kiện xác định ta có : $1 > x \ge 0$

Gọi vận tốc của xe tải là $x{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{ }}(x > 0)$

$\Rightarrow$ vận tốc của xe khách là $x + 10\,({\rm{km/h}})$

Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là $\frac{{132}}{x}\left( h \right)$ và xe khách là $\frac{{132}}{{x + 10}}\left( h \right)$

Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải là 1 giờ 6 phút = $\frac{{11}}{{10}}\left( h \right)$

Nên ta có phương trình: $\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}$

$\Rightarrow 132.10\left( {x + 10} \right) - 132.10x = 11x\left( {x + 10} \right)$

$\Rightarrow {x^2} + 10x - 1200 = 0$

Giải phương trình ta được $x = 40$ (loại); ${x_2} = 30$(thỏa mãn)

Vậy vận tốc của xe tải là $30\,{\rm{km/h}}$và xe khách là $40\,{\rm{km/h}}$.

Gọi $x\,\,,\,\,y$ thứ tự là số giờ để vòi thứ nhất, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể $\left( {x > 0\,\,,\,\,y > 0} \right)$.
Ta có $4$ giờ $48$ phút $= \frac{{24}}{5}$ giờ
Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ (bể); và thứ hai chảy được $\frac{1}{y}$ (bể) và cả hai vòi chảy được $\frac{1}{x} + \frac{1}{y}$ (bể).
Ta có phương trình $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{\frac{{24}}{5}}}$ hay $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{5}{{24}}$
Vòi thứ nhất chảy $3$ giờ; vòi thứ hai chảy $4$ giờ được $\frac{3}{4}$ bể, ta có phương trình: $\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{3}{4}$

Vậy, ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{5}{{24}}}\\{\frac{3}{x} + \frac{4}{y} = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.$
Đặt $u = \frac{1}{x};v = \frac{1}{y}\,\,\left( {u > 0\,\,,\,\,v > 0} \right)$.
Ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{u + v = \frac{5}{{24}}}\\{3u + 4v = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.$ suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3u + 3v = \frac{5}{8}}\\{3u + 4v = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.$ hay $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{u = \frac{1}{{12}}}\\{v = \frac{1}{8}}\end{array}} \right.$
Ta tìm được: $x = 12\,;y = 8$ (thỏa mãn điều kiện $x > 0\,\,,\,\,y > 0$.
Vậy vòi thứ nhất chảy một mình trong $12$ giờ đầy bể, vòi thứ hai chảy một mình trong $8$ giờ đầy bể.

Ta có $a = 1{\kern 1pt} ;\,b = 2 \Rightarrow b' = 1;\,c = m$

Phương trình đã cho có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ khi và chỉ khi

$$\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 1 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 1$$

Theo hệ thức Viète, ta có ${x_1} + {x_2} = - 2$ và ${x_1}{x_2} = m$

Xét hệ: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\3{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 5\\{x_2} = - 7\end{array} \right.$

(hệ hai ấn bậc nhất đối với ${x_1}$ và ${x_2}$ )

Thế ${x_1} = 5$ và ${x_2} = - 7$ vào phương trình ${x_1}{x_2} = m$, ta có:

$m = 5.\left( { - 7} \right) = - 35$ (thỏa điều kiện $m \le 1$ )

Vậy $m = - 35$

Bán kính đáy là:$R = \frac{d}{2}$ $= \frac{{28}}{2} = 14\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Diện tích xung quanh chiếc nón là: ${S_{xq}} = \pi Rl$$= \pi .14.30 = 420\pi \,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$

Diện tích lá cần dùng là:

$$S = \left( {420\pi } \right).2 \approx 840.3{,}14 = 2637{,}6\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$$

$S \approx 2637{,}6({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$

a) Ta có $\widehat {BHE} = 90^\circ$ nên $3$ điểm $B$, $H$, $E$ nằm trên đường tròn đường kính $BE$

$\widehat {BKE} = 90^\circ$ nên $3$ điểm $B$,K, $E$ nằm trên đường tròn đường kính $BE$

Nên $4$ điểm $B$, $H$, $K$, $E$ nằm trên đường tròn đường kính $BE$

Suy ra $BHEK$ là tứ giác nội tiếp

b) Vì $BHEK$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {BHK} = \widehat {BEK}$ (góc nội tiếp

cùng chắn ) mà $\widehat {BEK} = \widehat {BCE}$ (cùng phụ $\widehat {KEC}$)

$\Rightarrow \widehat {BHK} = \widehat {BCE}$

+) Xét $\Delta BHK$ và $\Delta BCA$ có $\widehat B$ chung; $\widehat {BHK} = \widehat {BCA}$

$\Delta BHK$ đồng dạng $\Delta BCA(g.g) \Rightarrow \frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BA}} \Rightarrow BH.BA = BK.BC;$

c) Giả sử$HK$ cắt $CF$ tại $M$. Ta chỉ việc chứng minh $HM$ đi qua trung điểm I của EF

- Vì $BHEK$ nội tiếp $\widehat {HBE} = \widehat {HKE}$ (góc nội tiếp cùng chắn )

- $\widehat {ABE} = \widehat {ACF}$ (cùng phụ với $\widehat A$) $\Rightarrow \widehat {MKE} = \widehat {MCE}$

Giả sử $CM$ cắt $KE$ tại $N$

Ta có $\Delta MNK$ đồng dạng $\Delta ENC$(g-g) suy ra $\frac{{NM}}{{NC}} = \frac{{NK}}{{NE}}$

Xét $\Delta MNE$và $\Delta KNC$ có

$\frac{{NM}}{{NC}} = \frac{{NK}}{{NE}}$; $\widehat {MNE} = \widehat {KNC}$(đối đỉnh)

Suy $\widehat {ENC} = \widehat {EKC}$ mà $\widehat {EKC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {EMC} = 90^\circ$

Hay $\widehat {EHF} = \widehat {HFM} = \widehat {FME} = 90^\circ$

$\Rightarrow EHFM$ là hình chữ nhật mà $I$ là trung điểm của đường chéo $EF \Rightarrow I$ là trung điểm của $HM$

$\Rightarrow H,I,M,K$ thẳng hàng.

Đường sinh AB cắt trục OO’ tại C.

Khi đó hai hình nón có đỉnh O, C có chung đáy là hình tròn (O’) có thể tích bằng nhau.

- Gọi

V1 là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O’);

V2 là thể tích hình nón đỉnh O, đáy là hình tròn (O’);

${V_n} = 12$ là thể tích nước đổ vào.

V là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O);

Ta có $\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot CO' \cdot \pi \cdot O'{B^2}}}{{\frac{1}{3} \cdot CO \cdot \pi \cdot O{A^2}}} = \frac{{CO'}}{{CO}} \cdot {\left( {\frac{{O'B}}{{OA}}} \right)^2} = \frac{1}{{\rm{2}}} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{8}$.

Suy ra ${V_1}\, = {V_2} = \frac{1}{8}V$ (1).

(V1 là thể tích hình nón đỉnh C, đáy là hình tròn (O’); V2 là thể tích hình nón đỉnh O, đáy là hình tròn (O’), đường cao của mỗi hình nón bằng nhau $CO' = OO'$).

Mặt khác, ta có: ${V_1} + {V_2}\, + {V_n} = V$

$\Rightarrow \frac{1}{8}V + \frac{1}{8}V + {V_n} = V$vào ${V_n} = \frac{6}{8}V\,$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ${V_1} = {V_2} = \frac{1}{6}{V_n} = \frac{1}{6} \cdot 12 = 2$ lít.

Vậy thể tích của phễu là 2 lít.