Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 7

1) Số học sinh bình chọn cho Tuấn là $\frac{{500 \cdot 30\% }}{{100\% }} = 150$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Trường là $\frac{{500 \cdot 25\% }}{{100\% }} = 125$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho An là $\frac{{500 \cdot 10\% }}{{100\% }} = 50$ (học sinh)

Số học sinh bình chọn cho Linh là $\frac{{500 \cdot 35\% }}{{100\% }} = 175$ (học sinh)

Ta có bảng tần số

2) Tổng số học sinh bình chọn cho Tuấn và Trường là $150 + 125 = 275$

Xác suất cầu thủ được chọn cho danh hiệu cầu thủ xuất sắc nhất trong giải bóng đá của trường có tên bắt đầu bởi chữ cái “$T$” là $\frac{{275}}{{500}} = 0{,}55$.

Vậy xác suất tìm được là $0{,}55$

Thay $x = 36$(tmđk) vào $A$ ta được $A = \frac{{36 - 5}}{{\sqrt {36} }} = \frac{{31}}{6}$

Vậy $A = \frac{{31}}{6}$khi $x = 36$

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

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

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

$$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}$$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}$ , $x > 0,x \ne 1$

Tìm tất cả giá trị nguyên của $x$ để biểu thức $P = AB$ có giá trị nguyên

$$P = \frac{{x - 5}}{{\sqrt x - 1}}$$

$$P = \frac{{x - 5}}{{\sqrt x - 1}} = 0 \Rightarrow x = 5\,\left( {tm} \right)$$

$$P \ne 0,x \in Z,\sqrt x \in I \Rightarrow P \notin Z$$

$$P = \sqrt x + 1 - \frac{4}{{\sqrt x - 1}} \ne 0,x \in Z,\sqrt x \in Z \Rightarrow \sqrt x - 1 \in U\left( 4 \right)$$

$x \in \left\{ {4;9;25} \right\}$ (tmđk)

Vậy $x \in \left\{ {4;5;9;25} \right\}$

Gọi khối lượng dung dịch $X$ và $Y$ lần lượt là $x,\,y$( g) điều kiện $x > 0,y > 0$

Nồng độ muối trong dung dịch $X$ là $\frac{5}{x} \cdot 100\%$

Nồng độ muối trong dung dịch $Y$ là $\frac{{4{,}8}}{x} \cdot 100\%$

Khối lượng hai dung dịch là $220$ gam nên $x + y = 220$(g) (1)

Nồng độ muối trong dung dịch $X$ nhiêu hơn nồng độ muối trong dung dịch $Y$ là $1\%$ nên

$\frac{5}{x}.100\% - \frac{{4{,}8}}{y}.100\% = 1\%$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 220\\\frac{5}{x}.100\% - \frac{{4{,}8}}{y}.100\% = 1\% \end{array} \right.$

Suy ra $x = 100,y = 120$

Vậy khối lượng dung dịch $X$ và $Y$ lần lượt là ${\rm{100(g)}}{\rm{,120(g)}}$

Gọi thời gian làm riêng hoàn thành công việc của đội $A$ là $x$ (ngày),$\left( {x > 0} \right)$;

Thời gian làm riêng hoàn thành công việc của đội $B$ là $y$ (ngày), $\left( {y > 0} \right)$.

Ta có mỗi ngày đội $A$ làm được $\frac{{\rm{1}}}{x}$ công việc; mỗi ngày đội $B$ làm được $\frac{1}{y}$ công việc.

Vì hai đội công nhân cùng làm một công việc trong $24$ ngày thì xong nên mỗi ngày hai đội làm được $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{24}}$ (công việc).

Vì đội $A$ làm trong $10$ ngày và đội $B$ làm trong $12$ ngày thì được $\frac{9}{{20}}$ công việc nên ta có phương trình: $\frac{1}{x}.10 + \frac{1}{y}.12 = \frac{9}{{20}}$.

Vậy ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{24}}\\\frac{{10}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{9}{{20}}\end{array} \right.$. Giải hệ ta được $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{40}}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{{60}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 60\end{array} \right.$ (thỏa mãn).

Vậy đội $A$ làm riêng hoàn thành công việc trong $40$ ngày, đội $B$ làm riêng hoàn thành công việc trong $60$ ngày.

Xét phương trình: ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - m - 3 = 0$ (1).

(1) có $\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 1.\left( { - m - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 + m + 3 = {m^2} - m + 4 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4} > 0$ với mọi $m$Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$.

Với mọi $m$ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1}$, ${x_2}$.

Theo hệ thức Vi-et, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = - m - 3\end{array} \right.$ .

$\Rightarrow A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left[ {2\left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 2\left( { - m - 3} \right) = 4{m^2} - 8m + 4 + 2m + 6 = 4{m^2} - 6m + 10$ $= {\left( {2m - \frac{3}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} + 10 = {\left( {2m - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{{31}}{4} \ge \frac{{31}}{4}$ với mọi $m$.

Vậy $\min A = \frac{{31}}{4}$ khi $m = \frac{3}{4}$.

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao $h = 1m$, Chu vi đáy là $C = 2m$

Gọi $R$ là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : $C = 2\pi R \Leftrightarrow R = \frac{C}{{2\pi }} = \frac{2}{{2\pi }} = \frac{1}{\pi }$ $(m)$

Thể tích của hình trụ là : $V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{1}{\pi }} \right)^2}.1 = \pi .\frac{1}{{{\pi ^2}}} = \frac{1}{\pi } = \frac{1}{{3{,}14}} \approx 0{,}32{m^3}$

Vậy thùng đựng được $0{,}32{m^3}$ nước.

b) Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất $0{,}32{m^3}$ nước.

Thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

a) Gọi $J$ là trung điểm của $ID$

+) $AB \bot CD$ tại $O$, mà $I \in OB$

Suy ra $\widehat {IOD} = {90^0}$$\Rightarrow \Delta IOD$vuông tại $O$,

từ đó suy ra $JO = JI = JD$(1)

+) Chứng minh: $\widehat {IED} = {90^0}$$\Rightarrow \Delta IED$vuông tại $E$,

từ đó suy ra JI = JE = JD (2)

+) Từ (1) và (2) suy ra O, I, E, D cùng thuộc một đường tròn

b) +) Chứng minh: $\Delta AHO\# \Delta ABE$ (g.g)

+) Suy ra: $AH \cdot AE = AO \cdot AB = R \cdot 2R = 2{R^2}$

+) Suy ra: $\frac{{OA}}{{OH}} = \frac{{AE}}{{BE}}$

+) Mà $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$ nên suy ra:

$$\frac{{AE}}{{BE}} = \frac{{AI}}{{IB}} = \frac{{\frac{3}{2}R}}{{\frac{1}{2}R}} = 3$$

+) Suy ra: $\frac{{OA}}{{OH}} = 3$, do đó $OA = 3.OH$

c) +) Chứng minh được: $OD = 3.OH$ suy ra $HD = \frac{2}{3}OD$

+) Suy ra: $H$ là trọng tâm $\Delta ABD$

+) Chứng minh $K$ là trung điểm của $BD$

Suy ra: $A,\,H,\,K,\,E$ thẳng hàng

+) Suy ra: $K$ là trực tâm của $\Delta ABQ$

+) Suy ra: $KQ$ vuông góc $AB$

+) Chứng minh được: $KI$ vuông góc $AB$

+) Suy ra: $Q,\,K,\,I$ thẳng hàng

Gọi chiều rộng của đáy hộp là $x$( $x > 0$, cm).

Ta có chiều dài của hộp là $\frac{{500}}{{2x}}$ (cm)

Ta có diện tích toàn phần của chiếc hộp là

$S = 2x \cdot \frac{{500}}{{2x}} + 2\left( {x + \frac{{500}}{{2x}}} \right) \cdot 2 = 500 + 2x + \frac{{250}}{x}$ (cm2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương $2x$ và $\frac{{250}}{x}$, ta có

$2x + \frac{{250}}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{{250}}{x}} = 20\sqrt 5$

Từ đó $S \ge 500 + 20\sqrt 5 \,\,$ (cm2)

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $2x = \frac{{250}}{x}$ hay ${x^2} = \frac{{250}}{2} = 125$

Suy ra $x = 5\sqrt 5$cm, từ đó $\frac{{250}}{{5\sqrt 5 }} = 10\sqrt 5$cm.

Vậy chiều rộng của hộp là $5\sqrt 5$cm, chiều dài là $10\sqrt 5$cm.

Chứng minh bổ sung Bất đẳng thức Cauchy

Xét hai số thực dương $a$, $b$ta có $\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$.

Thật vậy, vì $a$, $b$ là các số thực dương nên

Từ $\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$, suy ra $a + b \ge 2\sqrt {ab}$

Hay ${\left( {\sqrt a } \right)^2} + {\left( {\sqrt b } \right)^2} - 2\sqrt {ab} \ge 0$

${\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0$ (luôn đúng)

Vậy với hai số thực dương $a$, $b$ bất kỳ ta có $\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi $a = b$