Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 37

1) Bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó như sau:

1) Kí hiệu: Quả cầu được đánh số từ $1$ đến $12$.

Không gian mẫu là $\Omega = \left\{ {1\,\,;\,\,2\,\,;\,\,3\,\,;\,\,...\,\,;\,\,11\,\,;\,\,12} \right\}$ suy ra $n\left( \Omega \right) = 12$

Kết quả thuận lợi của biến cố $A$: “Chọn được quả cầu có số chia hết cho 3” là $\left\{ {3\,\,;\,\,6\,\,;\,\,9\,\,;\,\,12} \right\}$

suy ra $n\left( A \right) = 4$

Xác suất của biến cố $A$ là : $P\left( A \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$.

1) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 16$.]

Thay $x = 16$ vào biểu thức $A$, ta được:

$A = \frac{{\sqrt {16} - 2}}{{\sqrt {16} }} = \frac{{4 - 2}}{4} = \frac{1}{2}$.

2) Chứng minh $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$.

Ta có: $B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{2x}}{{x - 9}}$

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

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

$\begin{array}{l}B = \frac{{2x - 6\sqrt x + x + 3\sqrt x - 2x}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\B = \frac{{x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\end{array}$

$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$

3) Tìm các giá trị nguyên của $x$ để $P < 0$ với $P = A.B$.

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

Để $P < 0$ thì $\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 3}} < 0$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 9\end{array} \right.$ Nên $\sqrt x + 3 > 0$

Do đó: $\sqrt x - 2 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < 4$.

Kết hợp với điều kiện $x > 0$, ta có: $0 < x < 4$.

Vì $x$ nhận giá trị nguyên nên $x \in \left\{ {1;\,2;\,3} \right\}$.

1) Đổi $50$ phút $= \frac{5}{6}$ giờ

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

Gọi tốc độ của xe du lịch là $y\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$ $\left( {y > 0} \right)$

Vì tốc độ của xe du lịch lớn hơn tốc độ xe khách là $20\,{\rm{km/h}}$ nên ta có phương trình:

$y - x = 20$ $\left( 1 \right)$

Thời gian xe khách đi là $\frac{{100}}{x}\,\left( {\rm{h}} \right)$.

Thời gian xe du lịch đi là $\frac{{100}}{y}\,\left( {\rm{h}} \right)$.

Vì xe du lịch đến $B$ trước xe khách $50$ phút nên ta có phương trình: $\frac{{100}}{y} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}$ $\left( 2 \right)$

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

$\left\{ \begin{array}{l}y - x = 20\\\frac{{100}}{y} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}\end{array} \right.$

Từ $\left( 1 \right)$, suy ra $y = 20 + x$.

Thế $y = 20 + x$ vào $\left( 2 \right)$ ta được:

$\frac{{100}}{{20 + x}} + \frac{5}{6} = \frac{{100}}{x}$

$\frac{{100\,\,.\,\,6x}}{{6x\left( {20 + x} \right)}} + \frac{{5x\left( {20 + x} \right)}}{{6x\left( {20 + x} \right)}} = \frac{{100\,\,.\,\,6\left( {20 + x} \right)}}{{6x\left( {20 + x} \right)}}$

$600x + 100x + 5{x^2} = 12000 + 600x$

$5{x^2} + 100x - 12000 = 0$

${x^2} + 20x - 2400 = 0$

${x^2} + 60x - 40x - 2400 = 0$

$x\left( {x + 60} \right) - 40\left( {x + 60} \right) = 0$

$\left( {x + 60} \right)\left( {x - 40} \right) = 0$

Ta có $\left( {x + 60} \right)\left( {x - 40} \right) = 0$

· $x + 60 = 0$, suy ra $x = - 60$ (không thỏa mãn $x > 0$)

· $x - 40 = 0$, suy ra $x = 40$ (thỏa mãn $x > 0$)

Thay $x = 40$ vào $\left( 1 \right)$ ta được $y - 40 = 20$, suy ra $y = 60$ (thỏa mãn $y > 0$)

Vậy tốc độ của xe khách là $40\,{\rm{km/h}}$, tốc độ của xe du lịch là $60\,{\rm{km/h}}$.

Gọi thời gian tổ I, tổ II làm một mình xong công việc đó lần lượt là $x,\,\,y$( giờ, $x,\,\,y > 12$)

Năng suất 1 giờ tổ I là: $\frac{1}{x}$(công việc)

Năng suất 1 giờ tổ II là: $\frac{1}{y}$ (công việc)

Năng suất 1 giờ cả hai tổ là : $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}$ (công việc) (1)

Vì tổ I làm một mình trong $2$ giờ, tổ II làm một mình trong $7$ giờ thì cả hai làm xong một nửa công việc nên ta có: $\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}$ (2)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:

$$\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{x} + \frac{2}{y} = \frac{1}{6}\\\frac{2}{x} + \frac{7}{y} = \frac{1}{2}\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{5}{y} = \frac{1}{3}\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{15}}\end{array} \right.$$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\\y = 15\end{array} \right.$(thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy tổ I làm một mình trong 60 giờ thì xong công việc , tổ II làm một mình trong 15 giờ thì xong công việc.

Ta có $\Delta {\rm{'}} = {\left( {m - 2} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) = {m^2} - 4m + 4 - {m^2} + 3m = - m + 4$

Để phương trình có hai nghiệm thì $\Delta {\rm{'}} \ge 0$ hay $- m + 4 > 0$ suy ra $m < 4$.

Khi đó theo Viète ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2\left( {m - 2} \right)}}{m}\\{x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{m}\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2 + \frac{4}{m}\\{x_1}{x_2} = 1 - \frac{3}{m}\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 6 + \frac{{12}}{m}\,\,\left( 1 \right)\\4{x_1}{x_2} = 4 - \frac{{12}}{m}\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Công hai vế của $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4{x_1}{x_2} = - 2$

Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m.

Đổi: ${\rm{60 cm\;}} = {\rm{6 dm}}$ ; ${\rm{120 cm\;}} = {\rm{12 dm}}$

Bán kính đường tròn đáy hình nón là: ${\rm{6 : 2}} = 3{\rm{ }}\left( {{\rm{dm}}} \right)$

Thể tích phần nửa hình cầu là: ${V_1} = \frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\frac{{\rm{4}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi }}{\rm{. }}{r^3} = \frac{{\rm{2}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi }}{\rm{. }}{{\rm{3}}^{\rm{3}}} = {\rm{18\pi }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích phần hình nón là: ${V_2} = \frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{\pi }}{{\rm{r}}^{\rm{2}}}{\rm{h}}$$= \frac{{\rm{1}}}{{\rm{3}}}{\rm{ }}{\rm{. \pi }}{\rm{. }}{{\rm{3}}^{\rm{2}}}{\rm{ }}{\rm{. 12}} = 36{\rm{\pi }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Thể tích của mô hình là: $V = {V_1} + {V_2} = {\rm{18\pi }} + {\rm{36\pi }} = 54{\rm{\pi }} \approx 169{,}6{\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Vậy thể tích của mô hình là ${\rm{169}}{\rm{,6 d}}{{\rm{m}}^3}$.

a) Vì $MA$ là tiếp tuyến của $\left( {O;R} \right)$ tại $A$nên $\widehat {MAO} = 90^\circ$

$\Rightarrow$$A$ thuộc đường tròn đường kính $OM$ $\left( 1 \right)$

Vì $MB$ là tiếp tuyến của $\left( {O;R} \right)$ tại $B$nên $\widehat {MBO} = 90^\circ$

$\Rightarrow$$B$ thuộc đường tròn đường kính $OM$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra bốn điểm $M$; $A$ ; $O$ ; $B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$.

b) Vì $MA$ ; $MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $A$, $B$ nên $MA = MB$

Mà $OA = OB = R$

Nên $OM$ là đường trung trực của $AB$.

$\Rightarrow OM \bot AB$ tại $H$

$\Rightarrow \widehat {AHM} = 90^\circ$

Xét và có :

$$\widehat {OAM} = \widehat {AHM} = 90^\circ$$

$\widehat {AMO}$ chung

( g-g )

$\Rightarrow \frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}$ ( tính chất tam giác đồng dạng)

$\Leftrightarrow M{A^2} = MO.MH$ $\left( 3 \right)$

Vì $AD$ là đường kính của $\left( O \right)$ nên $\widehat {ACD} = 90^\circ$

Xét và có :

$$\widehat {DAM} = \widehat {ACD} = 90^\circ$$

$\widehat {AMD}$ chung

( g-g )

$\Rightarrow \frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}$ ( tính chất tam giác đồng dạng)

$\Leftrightarrow M{A^2} = MC.MD$ $\left( 4 \right)$

Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ suy ra $M{A^2} = MH.MO = MC.MD$.

c) Xét và có :

$$\widehat {OAM} = \widehat {AHO} = 90^\circ$$

$\widehat {AOM}$ chung

( g-g )

$\Rightarrow \frac{{OA}}{{MO}} = \frac{{OH}}{{OA}}$ ( tính chất tam giác đồng dạng)

$\Leftrightarrow O{A^2} = MO.OH$

$\Leftrightarrow O{I^2} = OM.OH$( do $OA = OI = R$)

$\Leftrightarrow OI.OH + O{I^2} = OM.OH + OI.OH$

$\Leftrightarrow OI.\left( {OH + OI} \right) = OH\left( {OM + OI} \right)$

$\Leftrightarrow OI.IH = OH.MI$ (đpcm).

Đổi $1000$ lít = $1\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$

Ta có thể tích của bể nước là

$V = \pi {R^2}h = 1$vậy $h = \frac{1}{{\pi {R^2}}}$

Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là ${S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}$

Hay ${S_{tp}} = 2\pi R\frac{1}{{\pi {R^2}}} + 2\pi {R^2}$

$${S_{tp}} = \frac{2}{R} + 2\pi {R^2}\left( {R > 0} \right)$$

Áp dụng bài toán phụ số 2: Với ba số không âm $a;b;c$ thì $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$

ta có

${S_{tp}} = \frac{2}{R} + 2\pi {R^2} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} + 2\pi {R^2}$$\ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}\; \cdot \,\frac{1}{R}\; \cdot \,\frac{1}{R}}}$$= 3\sqrt[3]{{2\pi }}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi và chỉ khi $R = \sqrt[3]{{\frac{1}{{2\pi }}}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)$