Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 40

a) Tần số tương đối của mỗi nhóm là:

- Nhóm$\left[ {36;\,\,38} \right)$: $\left( {\frac{{20}}{{100}}} \right).100\% = 20\%$

- Nhóm $\left[ {38;\,\,40} \right)$: $\left( {\frac{{15}}{{100}}} \right).100\% = 15\%$

- Nhóm$\left[ {40;\,\,42} \right)$: $\left( {\frac{{25}}{{100}}} \right).100\% = 25\%$

- Nhóm$\left[ {42;\,\,44} \right)$: $\left( {\frac{{30}}{{100}}} \right).100\% = 30\%$

- Nhóm$\left[ {44;\,\,46} \right)$: $\left( {\frac{{10}}{{100}}} \right).100\% = 10\%$

b) Lập bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó

a) Kết quả thuận lợi cho biến cố là những số từ $1$ đến$26$.

Có $26$ kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy $P = \frac{{26}}{{52}} = \frac{1}{2}$.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố là những số từ $20$ đến$50$.

Có $\left( {50--20} \right):1 + 1 = 31$kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy $P = \frac{{31}}{{52}}$.

1) Thay $x = 16$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta được:

$A = \frac{{16 - 2}}{{\sqrt {16} + 2}} = \frac{7}{3}$

Vậy khi $x = 16$ thì $A = \frac{7}{3}$.

2) Với $x \ge 0$; $x \ne 1$ ta có:

$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{2}{{1 - \sqrt x }} - \frac{4}{{x - 1}}$

$\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{4}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\ = \frac{{x + \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\end{array}$

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

Vậy $B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}}$ với $x \ge 0$; $x \ne 1$.

3) Với $x \ge 0$; $x \ne 1$ ta có:

$P = A.B = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x + 2}}.\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x + 1}}$

Để $P = \frac{7}{4}$

$\begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{7}{4}\\4x - 7\sqrt x - 15 = 0\end{array}$

$\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {4\sqrt x + 5} \right) = 0$

Nên $\sqrt x - 3 = 0$ hoặc $4\sqrt x + 5 = 0$

Vậy $x = 9$ thì $P = \frac{7}{4}$.

Gọi $x$ là số giáo viên, $y$là số học sinh của trường tham gia tham quan ($0 < x,{\rm{ }}y < 250;$ $x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}$, đơn vị người)

Vì số giáo viên và học sinh tham gia là $250$ người nên ta có phương trình:

$x + y = 250\,\,\,(1)$

Số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là $95\% .80000 = 76{\rm{ }}000$(đồng)

Số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là $95\% .60000 = 57{\rm{ }}000$(đồng)

Vì nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là $14\,535\,000$ đồng nên ta có phương trình:

$76\,000x + 57\,000y = 14\,535\,000\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\76\,000x + 57\,000y = 14\,535\,000\,\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x = 15\,(TM)\\y = 235\,(TM)\end{array} \right.$

Vậy số giáo viên tham gia là $15$người

Số học sinh tham gia là $235$ người

Đổi:$50$ phút $= \frac{5}{6}$ giờ

Gọi vận tốc của xe khách là $x$ (km/h,$x > 0)$

Gọi vận tốc của xe du lịch là $y$(km/h,$y > 0)$

Vì vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là $20$km/h nên ta có phương trình: $y--x = 20\;\;(1)$

Thời gian xe khách đi từ $A$ đến $B$là: $\frac{{100}}{x}$ (giờ)

Thời gian xe du lịch đi từ $A$đến $B$ là: $\frac{{100}}{y}$ (giờ)

Vì xe du lịch đi đến $B$ trước xe khách $50$ phút nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{{100}}{x} - \frac{{100}}{y} = \frac{5}{6}\\\,\,\,\,\,\,\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{5}{6}\,\,(2)\end{array}$

Từ (1) và (2) ta có HPT: $\left\{ \begin{array}{l}y--x = 20\\\,\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{5}{6}\,\end{array} \right.$

$$\left\{ \begin{array}{l}x = 40\,\,\,(tm)\\\,y = 60\,\,(tm)\,\end{array} \right.$$

Vậy vận tốc của xe khách là 40 km/h; vận tốc xe du lịch là 60 km/h

$2{x^2} - 4x - 3 = 0$

Phương trình có $ac = - 6 < 0$nên luôn có $2$ nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

Theo hệ thức Viète, ta có: ${x_1} + {x_2} = 2;\,\,{x_1}{x_2} = - \frac{3}{2}$

Ta có:

$$\begin{array}{l}A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\end{array}$$

$$\begin{array}{l}A = {2^2} - 4.\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right)\\A = 10\end{array}$$

Vậy $A = 10$.

a. Thể tích nước chứa trong ly là: $V = \pi {R^2}h = \pi {.5^2}.15 = 375\pi$ (cm3).

b. Thể tích nước tràn ra ngoài ly là: $V = 5 \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^3} = 22{,}5\pi$ (cm3).

a) Gọi $E$ là trung điểm $AO$.

Vì $\Delta AMO$ vuông tại $M$ (gt)

$\Rightarrow EA = EM = EO = \frac{1}{2}AO$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)$\left( 1 \right)$

Chứng minh tương tự, ta có: $EO = EA = ED = \frac{1}{2}AO$ (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông $ADO$) $\left( 2 \right)$

Chứng minh tương tự, ta có: $EA = EO = EN = \frac{1}{2}AO$ (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông $ANO$) $\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$, $\left( 3 \right)$ $\Rightarrow OE = DE = ME = AE = NE = \frac{1}{2}AO$

Suy ra $O$,$M$, $A$, $D$, $N$thuộc đường tròn tâm $E$ đường kính $AO$

Suy ra $O$,$M$, $D$, $N$thuộc đường tròn tâm $E$ đường kính $AO$.

b) Chứng minh $\Delta AON = \Delta AOM$ (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra$\widehat {AON} = \widehat {AOM}$ (hai góc tương ứng)

Ta có: $\widehat {BDM} + \widehat {MDA} = 90^\circ$ (do $AD \bot BC$ tại $D$)

$\widehat {ODN} + \widehat {ADN} = 90^\circ$ (do $AD \bot BC$ tại $D$)

$\widehat {ADM} = \widehat {AOM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của $\left( {E,\frac{{AO}}{2}} \right)$)

$\widehat {ADN} = \widehat {AON}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn của $\left( {E,\frac{{AO}}{2}} \right)$)

Suy ra $\widehat {BDM} = \widehat {ODN}$

c) Qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB$, $AC$ tại $P$, $Q$.

Chứng minh $P$, $I$, $O$, $M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PO$

Suy ra $\widehat {POI} = \widehat {PMI}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Chứng minh tứ giác $INQO$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {IOQ} = \widehat {INA}$ (cùng bù với $\widehat {INQ}$)

Ta có $\widehat {PMI} = \widehat {INA}$ (cùng bằng $\widehat {AON}$, $\widehat {AOM}$)

Suy ra $\widehat {POI} = \widehat {QOI}$

Suy ra $OI$ là phân giác của $\widehat {POQ}$

Ta có: $OI \bot PQ$ (do $OI \bot BC$ và $PQ{\rm{//}}BC$)

Suy ra $\Delta POQ$ cân tại $O$

Suy ra $OI$ là đường trung tuyến của $\Delta OPQ$

Suy ra $IP = IQ$

Vì $PQ{\rm{//}}BC$

Suy ra (g - g)

Suy ra $\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{AI}}{{AK}}$

Tương tự, (g - g)

Suy ra $\frac{{IQ}}{{KC}} = \frac{{AI}}{{AK}}$

$\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{IQ}}{{KC}}$

mà $PI = IQ$ (cmt)

suy ra $KB = KC$

Vậy $K$ là trung điểm $BC$.

Gọi $x$ là cạnh hình vuông nhỏ, $V$là thể tích của hình hộp. Cần tìm giá trị lớn nhất của

x

$$6 - 2x$$

$$V = x{(6 - 2x)^2}$$

Ta có $V = x{(6 - 2x)^2} = 4x{(3 - x)^2}$ nên $\frac{V}{2} = 2x\left( {3 - x} \right)\left( {x - 3} \right)$

Ba số nguyên dương $2x,{\rm{ }}3 - x,{\rm{ }}3 - x$có tổng không đổi bằng 6 nên tích của chúng lớn nhất khi $2x = 3 - x = 3 - x$

Hay $x = 1$

Khi đó $V = 1{\left( {6 - 2.1} \right)^2} = 16$ (dm3)

Vậy khi cạnh hình vuông nhỏ bằng $1$ dm thì hộp có thể tích lớn nhất là $16$dm3