Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 48

Ta có$\Omega = \left\{ {1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\,;\,7\,;\,\left. 8 \right\}} \right.$, có 8 phần tử.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố: “Mũi tên chỉ vào hình quạt ghi số là ước của $8$”

là: $1\,;\,2\,;\,4\,;\,8$

$\Rightarrow$Xác suất của biến cố: “Mũi tên chỉ vào hình quạt ghi số là ước của $8$” là: $\frac{4}{8} = \frac{1}{2}$

1) Tính giá trị của biểu thức $B$ với $x = 25$.

Với $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện) thay vào biểu thức $B$ ta có:

$B = \frac{{\sqrt {25} + 3}}{{\sqrt {25} + 1}} = \frac{{5 + 3}}{{5 + 1}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.

Vậy $B = \frac{4}{3}$ khi $x = 25$.

2) Chứng minh $A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}$.

Ta có: $A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{3\sqrt x }}{{x + \sqrt x - 2}}$

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

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

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

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

3) Tìm $x$ để biểu thức $S = A.B$ đạt giá trị lớn nhất.

Với $x \ge 0$; $x \ne 1$.

Ta có: $S = A.B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 2}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}$

Ta có: $x \ge 0$$\Rightarrow \sqrt x + 2 \ge 2$$\Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x + 2}} \le \frac{1}{2}$$\Rightarrow 1 + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} \le 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$

Dấu xảy ra khi $x = 0$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy GTLN của $S$ là $\frac{3}{2}$ khi $x = 0$.

Gọi $x$ ( triệu đồng) là giá tiền một tủ lạnh khi chưa giảm giá $(x > 0)$

Gọi $y$ ( triệu đồng) là giá tiền một máy giặt khi chưa giảm giá $(y > 0)$

Giá niêm yết hai món đồ trên là $25{,}4$ triệu nên có phương trình:

$x + y = 25{,}4$

Giá bán hai món đồ trên sau khi giảm giá là $16{,}77$triệu nên có phương trình

$\left( {100\% - 40\% } \right).x + \left( {100\% - 25\% } \right).y = 16{,}77$

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25{,}4\\\frac{3}{5}x + \frac{3}{4}y = 16{,}77\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15{,}2(t/m)\\y = 10{,}2(t/m)\end{array} \right.$

Vậy giá một tủ lạnh chưa giảm giá là $15{,}2$ triệu đồng

Giá một máy giặt chưa giảm giá là $10{,}2$triệu đồng

Gọi vận tốc lúc đi là $x$ $(km,x > 0)$.

Chiều dài quãng đường đi từ A đến B là $100km$.

Thời gian lúc đi là $\frac{{100}}{x}$ (giờ).

Quãng đường lúc về là $100 + 20 = 120$(km).

Vận tốc lúc về là $x + 20$$\left( {km/h} \right).$

Thời gian lúc về là $\frac{{120}}{{x + 20}}$(giờ).

Vì thời gian lúc về ít hơn thời gian đi $30$ phút $= \frac{1}{2}$giờ nên ta có phương trình:

$\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{{100\left( {x + 20} \right) - 120x}}{{x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{1}{2}$$\Leftrightarrow \frac{{2000 - 20x}}{{x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow x\left( {x + 20} \right) = 2\left( {2000 - 20x} \right)$$\Leftrightarrow {x^2} + 20x = 4000 - 40x$

$\Leftrightarrow {x^2} + 60x - 4000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 100\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Vậy vận tốc lúc đi là $40$km/h.

Cho phương trình ${x^2} - 2(m + 1)x + {m^2} + 2 = 0$($x$là ẩn số)

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2 = 7$.

Ta có:

$\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 2} \right)$

$\; = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 2$

$\; = 2m - 1$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi :

$\Delta ' > 0$

$2m - 1 > 0$

$m > \frac{1}{2}\;\;\;\left( * \right)$

Áp dụng hệ thức Viét, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_1} + {x_2} = 2m + 2\;\;}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right.$

Theo đề bài, ta có:

$x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2 = 7$:

$\left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 3{x_1}{x_2} = 7$

${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 7$

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

${m^2} + 8m - 9 = 0$

$\left( {m - 1} \right)\left( {m + 9} \right) = 0$

$m = 1$ hoặc $m = - 9$

Kết hợp (*) và (**), ta được: $m = 1$

Vậy $m = 1$ là giá trị cần tìm.

a) Bán kính đường tròn đáy của hình nón: $r = \frac{{35 - 2.10}}{2} = 7{,}5\,({\rm{cm}})$

Chiều cao của cái mũ: $h = \sqrt {{{30}^2} - {{7{,}5}^2}} \approx 29(cm)$

Tính thể tích của cái mũ: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.7{,}5^2}.29 = 543{,}75\pi \approx 1708(c{m^3})$

b) Diện tích giấy làm nên cái mũ là tổng diện tích xung quanh của hình nón và diện tích vành nón.

Diện tích xung quanh hình nón: $Sxq\; = \pi .r.l = \pi .7{,}5.30 = 225\pi {\rm{ }}({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})$

Diện tích vành nón (hình vành khăn): ${S_{vk}} = \pi .{\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2} - \pi {.7{,}5^2} = 250\pi \,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})$

Diện tích tích giấy làm nên cái mũ : $S = 225\pi + 250\pi = 475\pi {\rm{ }} \approx {\rm{ }}1492{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABOD$ nội tiếp.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $BC$ là đường kính (gt)

Suy ra $\widehat {BAC}\, = \,90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Gọi $M$ là trung điểm của $BD$.

Xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến

Suy ra $AM\, = \,\frac{1}{2}BD$.(1)

Xét $\Delta OBD$ vuông tại $O\;\left( {OD \bot BC} \right)$ có $OM$ là đường trung tuyến

Suy ra $OM\, = \,\frac{1}{2}BD$.(2)

Từ (1), (2) suy ra $MA\, = \,MO\, = \,MB\, = \,MD\, = \,\frac{1}{2}BD$

Do đó tứ giác $ABOD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$.

b) Tiếp tuyến tại điểm $A$ với đường tròn $\left( O \right)$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $P$, sao cho $PB = BO = 2\,{\rm{cm}}$. Tính độ dài đoạn $PA$ và số đo góc $APC$.

Ta có: $OA\, = \,OB\, = \,BP\, = \,2\,{\rm{cm}}$ suy ra $OP\, = \,\,4\,{\rm{cm}}$.

Ta có: $\Delta PAO$ vuông tại $A$ ($PA$ là tiếp tuyến)

Suy ra $P{A^2} + O{A^2}\, = \,O{P^2}$ (định lý Pythagore)

Do đó $P{A^2} + {2^2}\, = \,{4^2}$ hay $P{A^2}\, = \,12$ hay $PA\, = \,2\sqrt 3 \;\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Ta có: $\sin \widehat {APO}\, = \,\frac{{OA}}{{OP}}\, = \,\frac{2}{4}\, = \,\frac{1}{2}$

Suy ra $\widehat {APO}\, = \,30^\circ$ hay $\widehat {APC}\, = \,30^\circ$.

c) Chứng minh rằng $\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}$.

Kẻ $OH \bot AB\;\left( {H\, \in \,AB} \right)$.

Xét $\Delta OAB$ cân tại $O$ $\left( {OA\, = \,OB} \right)$ có $OH$ là đường cao

Suy ra $OH$ đồng thời là đường phân giác

Do đó $\widehat {AOH}\, = \,\widehat {BOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}$.

Ta lại có: $\widehat {PAB} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ$ ($PA$ là tiếp tuyến)

mà $\widehat {AOH} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ$ ($\Delta OHA$ vuông tại $H$)

Suy ra $\widehat {PAB}\, = \,\widehat {AOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}$

Mặt khác, $\widehat {ACB}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}$ (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung)

Suy ra $\widehat {PAB}\, = \,\widehat {ACB}$ hay $\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}$.

Xét $\Delta PAB$ và $\Delta PCA$ có:

$\widehat P$ là góc chung

$\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}$ (cmt)

Suy ra $\Delta PAB \sim \,\Delta PCA\;\left( {g.g} \right)$

Do đó $\frac{{PA}}{{PC}}\, = \,\frac{{PB}}{{PA}}\, = \,\frac{{AB}}{{AC}}$

Suy ra $P{A^2}\, = \,PB\,\,.\,\,PC$ và $\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{P{A^2}}}{{P{C^2}}}$

Từ đó $\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{PB\,\,.\,\,PC}}{{P{C^2}}}\, = \,\frac{{PB}}{{PC}}$.

Đặt $h,\,\,R$ lần lượt là đường cao và bán kính hình tròn đáy của hộp đựng bóng tennis.

Dễ thấy mỗi quả bóng tennis có cùng bán kính $R$ với hình tròn đáy của hộp đựng bóng tennis và $h = 6R$.

Do đó ta có:

Tổng thể tích của ba quả bóng là ${V_1} = 3.\frac{4}{3}\pi {R^3} = 4\pi {R^3}$;

Thể tích của hình trụ (hộp đựng bóng) là ${V_0} = \pi {R^2}h = 6\pi {R^3}$;

Thể tích phần còn trống của hộp đựng bóng là ${V_2} = {V_0} - {V_1} = 2\pi {R^3}$.

Khi đó tỉ lệ phần không gian còn trống so với hộp đựng bóng là $\frac{{{V_2}}}{{{V_0}}} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \approx 33\%$.