Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 4

Quan sát biểu đồ, ta có:

Tổng số học sinh khối $9$ là: $40 + 35 + 20 + 25 = 120$ học sinh. Vậy $N = 120$.

Bảng tần số:

Tần số tương đối của số học sinh yêu thích các môn Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Khoa học tự nhiên lần lượt là:

${f_1} = \frac{{40}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 33{,}33\%$; ${f_2} = \frac{{35}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 29{,}17\%$;

${f_3} = \frac{{20}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 16{,}67\%$; ${f_4} = \frac{{25}}{{120}}\,\, \cdot \,\,100\% \approx 20{,}83\%$.

Bảng tần số tương đối:

Điều kiện $x \ge 0$, $x \ne 4$.

Ta có: $x = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{\frac{{ - 8}}{{27}}}} = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^3}}} = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{{ - 2}}{3} = 1$.

Thay $x = 1$ (thỏa mãn điều kiện) vào $A$ ta được: $A = \frac{{\sqrt 1 - 2}}{{\sqrt 1 + 9}} = \frac{{1 - 2}}{{1 + 9}} = \frac{{ - 1}}{{10}}$.

Vậy $A = \frac{{ - 1}}{{10}}$ khi $x = - \frac{3}{2}\,\, \cdot \,\,\sqrt[3]{{\frac{{ - 8}}{{27}}}}$.

Ta có: $B = \frac{3}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{9\sqrt x - 10}}{{4 - x}}$

$= \frac{{3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{9\sqrt x - 10}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{3\sqrt x - 6 + x + 2\sqrt x - 9\sqrt x + 10}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

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

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

$= \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}$.

Vậy $B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}$ với $x \ge 0$, $x \ne 4$.

Ta có: $P = B:A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}:\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 9}}$$= \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}}\,\, \cdot \,\,\frac{{\sqrt x + 9}}{{\sqrt x - 2}}$$= \frac{{\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 2}}$$= 1 + \frac{7}{{\sqrt x + 2}}$

Vì $7 > 0$, $\sqrt x + 2 > 0$ nên $\frac{7}{{\sqrt x + 2}} > 0$.

Do $\sqrt x \ge 0$ nên $\sqrt x + 2 \ge 2$, suy ra $\frac{7}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{7}{2}$

Do đó $0 < \frac{7}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{7}{2}$, suy ra $1 < \frac{7}{{\sqrt x + 2}} + 1 \le \frac{7}{2} + 1$ hay $1 < P < \frac{9}{2}$.

Mà $P$ là số chính phương nên $P = 4$.

Với $P = 4$, ta có $\frac{7}{{\sqrt x + 2}} = 3$

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

$x = \frac{1}{9}$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy $x = \frac{1}{9}$thì thoả mãn đề bài.

Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả $x$ triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, $y$ triệu đồng cho loại hàng thứ hai. $(x > 0;y > 0)$.

Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT $10\%$ ) là $\frac{{110}}{{100}}x$ (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT $8\%$ là $\frac{{108}}{{100}}y$ (triệu đồng).

Ta có phương trình $\frac{{110}}{{100}}x + \frac{{108}}{{100}}y = 21{,}7$ hay $1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7$.

Khi thuế VAT là $9\%$ cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: $\frac{{109}}{{100}}\left( {x + y\,} \right) = 21{,}8$ hay $1{,}09x + 1{,}09y = 21{,}8{\rm{ }}$

Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7}\\{1{,}09x + 1{,}09y = 21{,}8{\rm{ }}}\end{array}} \right.$

Chia cả hai vế phương trình $\left( 2 \right)$ cho $1{,}09$ ta được $x + y = 20$

Suy ra $x = 20 - y$.

Thay $x = 20 - y$ vào $1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7$ phương trình ta được $1{,}1\left( {20 - y} \right) + 1{,}08y = 21{,}7$ hay $- 0{,}02y = - 0{,}3$ suy ra $y = 15$.

Thay $y = 15$ vào $x = 20 - y$ ta được $x = 20 - 15 = 5$.

Vậy với $x = 5$, $y = 15$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy loại thứ nhất $5$ triệu đồng, loại thứ hai $15$ triệu đồng.

Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả $x$ triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, $y$ triệu đồng cho loại hàng thứ hai. $(x > 0;y > 0)$.

Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT $10\%$ ) là $\frac{{110}}{{100}}x$ (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT $8\%$ là $\frac{{108}}{{100}}y$ (triệu đồng).

Ta có phương trình $\frac{{110}}{{100}}x + \frac{{108}}{{100}}y = 21{,}7$ hay $1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7$.

Khi thuế VAT là $9\%$ cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: $\frac{{109}}{{100}}\left( {x + y\,} \right) = 21{,}8$ hay $1{,}09x + 1{,}09y = 21{,}8{\rm{ }}$

Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7}\\{1{,}09x + 1{,}09y = 21{,}8{\rm{ }}}\end{array}} \right.$

Chia cả hai vế phương trình $\left( 2 \right)$ cho $1{,}09$ ta được $x + y = 20$

Suy ra $x = 20 - y$.

Thay $x = 20 - y$ vào $1{,}1x + 1{,}08y = 21{,}7$ phương trình ta được $1{,}1\left( {20 - y} \right) + 1{,}08y = 21{,}7$ hay $- 0{,}02y = - 0{,}3$ suy ra $y = 15$.

Thay $y = 15$ vào $x = 20 - y$ ta được $x = 20 - 15 = 5$.

Vậy với $x = 5$, $y = 15$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy loại thứ nhất $5$ triệu đồng, loại thứ hai $15$ triệu đồng.

Thay ${x_1} = - 1$ vào phương trình đã cho ta có

${\left( { - 1} \right)^2} + m\,.\,\left( { - 1} \right) + 2m - 4 = 0$

$m = 3$

Ta có $N = \frac{1}{{{x_1} + 3}} + \frac{1}{{{x_2} + 3}} = \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{\left( {{x_1} + 3} \right)\left( {{x_2} + 3} \right)}}$ ( điều kiện ${x_1} \ne - 3$, ${x_2} \ne - 3$)

$N = \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9}}$

$N = \frac{{ - m + 6}}{{2m - 4 + 3\left( { - m} \right) + 9}}$$= \frac{{6 - m}}{{5 - m}}$$= \frac{{6 - 3}}{{5 - 3}}$$= \frac{3}{2}$.

Đổi $40\,mm = 4\,cm$

a) Bán kính của quả bóng bàn là: $4:2 = 2\,(cm)$

Thể tích của quả bóng bàn là:

${V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}$$= \frac{4}{3} \cdot {3{,}14.2^3}$$= 33{,}49\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

b) Thể tích nước dâng: ${V_2} = \pi {R^2}.h$$= {3{,}14.3^2}.7{,}2$$= 203{,}472\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Thể tích phần bóng chìm: ${V_3} = 203{,}472 - 200 = 3{,}472\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})$

Vậy thể tích phần nổi quả bóng:

$V = {V_1} - {V_3}$$= 33{,}49 - 3{,}472$$\approx 30{,}02\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

a) Chứng minh: $AQ$ song song với $OM$.

Xét $\left( O \right)$ ta có: $\widehat {AQP} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra $AQ \bot PQ$. (1)

Mặt khác, $MP$ và $MQ$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$, cắt nhau tại $M$. Theo chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $MP = MQ$ và $MO$ là phân giác của $\widehat {POQ}$.

Suy ra: $\Delta MPQ$ cân tại $M$, đường phân giác $MO$ đồng thời là đường cao, hay $OM \bot PQ$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AQ\;{\rm{//}}\;OM$.

b) Chứng minh: $PQ.PB = 4{R^2}$.

Vì $AB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $A$ nên $AB \bot OA$.

Xét $\Delta AQP$ và $\Delta BAP$ có:$\widehat {AQP} = \widehat {BAP}$ (góc vuông), $\widehat {BPA}$ chung.

Suy ra (g-g).

Suy ra: $\frac{{PQ}}{{PA}} = \frac{{PA}}{{PB}}$. Suy ra:$PQ.PB = P{A^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}$.

c) Gọi $K$ là trung điểm của $MO$. Tia $PK$ cắt $AQ$ tại $I$. Chứng minh tứ giác $MOAI$ là hình bình hành.

Xét $\Delta AIP$ có:

$O$ là trung điểm của $AP$ (vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $AP$)

$OK\;{\rm{//}}\;AI$ (vì $AQ\;{\rm{//}}\;OM$ theo chứng minh trên).

Suy ra là trung điểm của (định lý).

Suy ra là đường trung bình của .

Suy ra: (tính chất đường trung bình của tam giác).

Lại có: (vì là trung điểm của ) nên .

Xét tứ giác có: và (chứng minh trên).

Suy ra là hình bình hành.

Vì mảnh vải hình tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $a + b + c = 1$ nên $0 < a < 1$; $0 < b < 1$; $0 < c < 1$

Ta có ${a^2} + {b^2} \ge 2ab$,

Suy ra ${\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab$ hay $ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}$,

Suy ra $\frac{1}{{ab}} \ge \frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}$

Dấu bằng xảy ra khi $a = b$

Khi đó ta có $P = \frac{{a + b}}{{abc}} = \frac{{a + b}}{c}\, \cdot \,\frac{1}{{ab}} \ge \frac{{a + b}}{c}\, \cdot \,\frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} = \frac{4}{{c\left( {a + b} \right)}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $\left( {a + b} \right) + c \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c}$,

Suy ra $1 \ge 2\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c}$

Do đó $\sqrt {\left( {a + b} \right)\,.\,c} \le \frac{1}{2}$,

Suy ra $\left( {a + b} \right)\,.\,c \le \frac{1}{4}$

Suy ra $\frac{4}{{\left( {a + b} \right)\,.\,c}} \ge 16$ hay $P \ge 16$

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}a = b\\a + b = c\\a + b + c = 1\end{array} \right.$, suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a = b = \frac{1}{4}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$ ( thỏa mãn các điều kiện)

Do đó min $P = 16$ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = b = \frac{1}{4}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$

Vậy kích thước của mảnh vài hình tam giác đó là $a = b = \frac{1}{4}$; $c = \frac{1}{2}$.