Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 6

Bảng tần số tương đối của biểu đồ trên là:

Môn thể thao nào được học sinh THCS của $1$ trường yêu thích nhất là môn bơi vì môn bơi chiếm $47\%$ các bạn yêu thích.

Không gian mẫu của phép thử là

$\Omega = \left\{ {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;{\rm{ }}5; \ldots ..;{\rm{ 10}}} \right\}$.

Không gian mẫu có 10 phần tử.

Vì các phần của đĩa tròn giống nhau nên các kết quả của phép thử là đồng khả năng.

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố A là $2;\,3;\,5;\,7$. Xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}.$

Thay $x = 9\left( {TM} \right)$ vào biểu thức A, ta có:

$A = \frac{{\sqrt 9 + 5}}{{2\sqrt 9 - 4}} = \frac{{3 + 5}}{{2.3 - 4}} = \frac{8}{2} = 4$

Vậy $A = 4$ khi $x = 9$.

$B = \frac{x}{{x - 4}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}$ với $x > 0,x \ne 4$.

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

Ta có $P = \frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{2\sqrt x - 4}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{\sqrt x + 5}}{{2\sqrt x }}$

Ta có $P > 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 5}}{{2\sqrt x }} - 1 > 0 \Leftrightarrow \frac{{5 - \sqrt x }}{{2\sqrt x }} > 0$ mà $2\sqrt x > 0$ nên $5 - \sqrt x > 0 \Leftrightarrow x < 25$

Kết hợp với điều kiện $x > 0,x \ne 4$ suy ra $0 < x < 25$, $x \ne 4$ mà x nguyên lớn nhất suy ra $x = 24.$

Vậy $x = 24$ thì $P > 1$.

Gọi số tiền cô Linh đầu tư cho khoản thứ nhất và thứ hai lần lượt là $x;y$ (triệu đồng, $0 < x;y < 500$)

Theo đề bài ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\5\% .x + 6\% .y = 28\end{array} \right.$

Giải được $\left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 300\end{array} \right.\left( {tm} \right)$

Vậy cô Linh đầu tư $200$ triệu vào khoản thứ nhất và $300$ triệu vào khoản thứ hai.

Gọi chiều dài, chiều rộng phòng hội trường trước khi sửa lần lượt là $x \left( m \right), y \left( m \right)$.

ĐK: $x, y > 0, x > y$

Diện tích phòng hội đồng cũ là $xy \left( {{m^2}} \right)$

Nếu tăng chiều dài thêm $2 m$ và tăng chiều rộng thêm $3 m$ thì diện tích tăng thêm $90 {m^2}$

Nên ta có phương trình $\left( {x + 2} \right)\left( {y + 3} \right) = xy + 90$$\Rightarrow 3x + 2y = 84$ $\left( 1 \right)$

Tăng chiều dài thêm $3 m$ và tăng chiều rộng thêm $2 m$ thì diện tích tăng thêm $87 {m^2}$

Nên ta có phương trình $\left( {x + 3} \right)\left( {y + 2} \right) = xy + 87 \Rightarrow 2x + 3y = 81$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right), \left( 2 \right)$ ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 84\\2x + 3y = 81\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 84\\y = 81\end{array} \right.$ ( thỏa mãn)

Vậy chiều dài, chiều rộng của phòng hội đồng là $84 m$ và $81 m$

PT có 2 nghiệm thỏa mãn ĐK đề bài khi $\left\{ \begin{array}{l}{\Delta ^,} > 0\\{x_1}{x_2} \ne 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}m < - \frac{3}{2}\\2m + 4 \ne 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}m < - 3/2\\m \ne - 2\end{array} \right.$ hay m < - $\frac{3}{2}$

Thay x = $\sqrt 2$ - 1 vào PT(1) . Tìm được m = - 5/2 (TMĐK)

Thay m = -5/2 vào $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = 2m + 4 = - 1\end{array} \right.$

Tính được biểu thức $\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}$= $\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{ - 2}}{{ - 1}} = 2$

Thể tích của một viên kẹo là

Thể tích của 10 viên kẹo sô-cô-la khoảng 335 cm3.

a) = 900( vì KA là tiếp tuyến của (O) (gt))

= 900( )

Suy ra tam giác KAO vuông tại A, tam giác KHO vuông tại H

Nên A, H thuộc đường tròn đường kính OK

Vậy tứ giác $KAOH$ nội tiếp được trong đường tròn.

b) Các đỉnh $H,B,A$ cùng nhìn cạnh $OK$ dưới một góc vuông

nên năm điểm $K,A,B,O,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OK$ suy ra $\widehat {AHI} = \widehat {ABO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AO$).

Xét tam giác $IAH$ và tam giác $IOB$ có:

$\widehat {HIA} = \widehat {BIO}$ (đối đỉnh)

và $\widehat {AHI} = \widehat {ABO}$ ( cmt ).

Do đó .

c) Gọi $M$ là giao điểm của OK và AB

Theo tính chất tiếp tuyến ta có KA=KB;

Lại có $OA = OB = R$ nên OK là đường trung trực của AB, suy ra $AB \bot OK$ tại $M$ và $MA = MB$.

Ta có: $\Delta OMI \sim \Delta OHK\;(g.g)$ suy ra $OI = \frac{{OK.OM}}{{OH}} = \frac{{O{A^2}}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{R\sqrt 3 }} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}$.

Xét $\Delta OAK$ vuông tại $A$, có $O{A^2} = OM \cdot OK \Leftrightarrow OM = \frac{{O{A^2}}}{{OK}} = \frac{{{R^2}}}{{2R}} = \frac{R}{2}$

Suy ra $KM = OK - OM = 2R - \frac{R}{2} = \frac{{3R}}{2}$

$A{M^2} = OM \cdot KM = \frac{R}{2} \cdot \frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Rightarrow AM = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$

Xét $\Delta OMI$ vuông tại $M$, có $MI = \sqrt {O{I^2} - O{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{R}{2}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{6}$

Suy ra $AI = AM + MI = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{6} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}$

Diện tích $\Delta AKI$ là $S = \frac{1}{2}AI \cdot KM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3R}}{2} \cdot \frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Đặt tên các điểm như hình vẽ. Đặt$CJ = x,(x > 0).$

Vì hai tam giác AJC và BKA là hai tam giác đồng dạng nên:

$\frac{{CJ}}{{AK}} = \frac{{JA}}{{KB}} \Leftrightarrow \frac{x}{5} = \frac{{12}}{{KB}} \Leftrightarrow KB = \frac{{60}}{x}.$

Diện tích của khu nuôi cá là:$S = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right).\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right).$

$\Leftrightarrow S(x) = \frac{1}{2}\left( {60 + 12x + \frac{{300}}{x} + 60} \right) \Leftrightarrow S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $6x + \frac{{150}}{x} \ge 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} = 60$

Dấu bằng xảy ra khi $6x = \frac{{150}}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 25 \Leftrightarrow x = 5$.

Nên $S(x) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 60 + 60 = 120$

Suy ra diện tích nhỏ nhất có thể giăng là $120({m^2})$, đạt được khi $x = 5\,m$.