Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 9

Từ bảng tần số trên ta thấy có $12$ học viên đạt điểm từ $\left[ {7{,}5;10} \right)$.

Vậy có 12 học viên xếp loại $A$.

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {10;\,11;\,12;\,13;\,14.........\,96;\,97;\,98;\,99} \right\}$. Tập $\Omega$ có $90$ phần tử.

Vì các chữ số bạn Linh viết một cách ngẫu nhiên khả năng các số được viết ra là đồng khả năng.

Gọi $A$ là tập hợp các kết quả thuận lợi của biến cố $F$

Suy ra$A = \left\{ {12;\,16;\,20;\,24;\,.........88;92;96} \right\}$.

Số phần tử của tập $A$ là $\frac{{96 - 12}}{4} + 1 = 22$. (Công thức tính số số hạng của dãy số)

Vậy $P\left( F \right) = \frac{{22}}{{90}} = \frac{{11}}{{45}}$.

Ta có $x = 16$ (thỏa mãn điều kiện), thay vào biểu thức $A$ ta có:

$A = \frac{{16 + 2\sqrt {16} + 5}}{{\sqrt {16} - 3}} = \frac{{29}}{1} = 29$

Vậy khi $x = 16$ thì $A = 29$

a) Ta có $P = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}$

$= \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt x - 2}}$

$= \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) - 5 - \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

$= \frac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

$= \frac{{\left( {\sqrt x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}$

Vậy khi $x \ge 0;x \ne 4$, thì $P = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}$(điều phải chứng minh).

b) Ta có $P = \frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}$ với điều kiện $x \ge 0;x \ne 4$

+ Để ${P^2} > P$ thì $P\left( {P - 1} \right) > 0$

$\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} - 1} \right) > 0$ hay $\frac{{ - 2\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}} > 0$

$- 2\left( {\sqrt x - 4} \right) > 0$ (vì ${\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} > 0\,\,\forall x$ thỏa mãn điều kiện xác định)

$\begin{array}{l}\sqrt x - 4 < 0\\x < 16\end{array}$

Kết hợp với điều kiện ta được $\left\{ \begin{array}{l}0 < x < 16\\x \ne 4\end{array} \right.$

Vậy khi $\left\{ \begin{array}{l}0 < x < 16\\x \ne 4\end{array} \right.$ thì ${P^2} > P$.

Gọi số bước chân anh Sơn và chị Hà đi được trong 1 phút lần lượt là x và y $\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right).$

Vì nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước nên ta có phương trình $2x - 2y = 20$ (1).

Vì nếu chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước từ đó ta có $5y - 3x = 160$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra x = 105 và y = 95.

Vậy trong một giờ anh Sơn đi được $105.60 = 6300$

trong một giờ chị Hà đi được $95.60 = 5700$.

Do anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất 6000 bước nên anh Sơn đã đạt được mục tiêu tối thiểu mà mình đề ra, còn chị Hà thì chưa.

Gọi số học sinh lớp $9A$là $x$(hs) $\left( {x \in \mathbb{N};x > 4} \right)$

Suy ra số học sinh lớp $9A$trên thực tế là $x - 4$(hs)

Số cây mỗi học sinh lớp $9A$ trồng theo dự định là $\frac{{360}}{x}$ (cây)

Số cây mỗi học sinh lớp $9A$ trồng trên thực tế là $\frac{{360}}{{x - 4}}$ (cây)

Theo đề bài ta có phương trình

$$\begin{array}{l}\frac{{360}}{{x - 4}} - \frac{{360}}{x} = 1\\...\\{x^2} - 4x - 1440 = 0\\{x^2} - 40x + 36x - 1440 = 0\\\left( {x - 40} \right)\left( {x + 36} \right) = 0\end{array}$$

$x - 40 = 0$ hoặc $x + 36 = 0$

$x = 40\,$(thỏa mãn) $x = - 36$( loại)

Vậy số học sinh của lớp $9A$ là $40$ học sinh.

Thay $x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$vào phương trình đã cho ta được:

$\begin{array}{l}2{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)\frac{{\sqrt 3 }}{2} + m = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2.\frac{3}{4} - \sqrt 3 - \frac{3}{2} + m = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,m = \sqrt 3 \end{array}$

Khi đó phương trình đã cho được viết lại thành $2{x^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)x + \sqrt 3 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)$

Nhận thấy $a + b + c = 2 + \left[ { - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right] + \sqrt 3 = 0$

Nên phương trình đã cho có nghiệm $x = 1$và nghiêm còn lại $x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Tổng bình phương hai nghiệm của phương trình trên là: ${\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {1^2} = \frac{7}{4}.$

Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (không có

Gọi r là bán kính khối cầu; $R$ là bán kính khối nón; $h$ là chiều cao khối nón

Ta có $h = 2r$ (dm)

Theo đề bài ta có:

Thể tích nửa khối cầu là 18π (dm3)

Suy ra $r = 3$ (dm) và $h = 6$ (dm)

Xét tam giác $OAB$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$ nên $R = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}r = 2\sqrt 3$ (dm)

Khi đó thể tích khối nón sẽ là $24\pi$(dm3)

Vậy thể tích nước còn lại trong bình là $6\pi$(dm3)

đáy)

a) Chứng minh $BFEC$ là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $BFEC$ có:

$\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ$ ($BE,{\rm{ }}CF$ là hai đường cao của $\Delta ABC$)

$\Rightarrow$ tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh $KE.KF = KB.KC$

Xét hai tam giác $\Delta KEB$ và $\Delta KCF$ có: $\widehat {EKC}$ là góc chung và $\widehat {KEB} = \widehat {KCF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

$\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta KEB{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KCF{\rm{ }}\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}\\ \Rightarrow KE.KF = KB.KC{\rm{ }}\left( 1 \right)\end{array}$

b) Chứng minh $AEFM$ là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $AMBC$ nội tiếp ($A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ thuộc $\left( O \right)$)

$\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {KCA}\\ \Rightarrow \Delta KMB{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KCA{\rm{ }}\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow KM.KA = KB.KC{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array}$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra

$$\begin{array}{l} \Rightarrow KM.KA = KE.KF\\ \Rightarrow \Delta KMF{\rm{ }} = {\rm{ }}\Delta KEA{\rm{ }}\left( {c - g - c} \right)\\ \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KEA}{\rm{ }}\end{array}$$

Suy ra tứ giác $AEFM$ nội tiếp. $\left( 3 \right)$

c)Chứng minh ba điểm $M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}N$ thẳng hàng.

Gọi $AS$ là đường kính của $\left( O \right)$

$\Rightarrow \widehat {ACS} = {90^0}$ và $\widehat {ABS} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, $AS$ là đường kính)

$\Rightarrow BHCS$ là hình bình hành $\Rightarrow H,{\rm{ }}N,{\rm{ }}S$ thẳng hàng.

Ta có $AFHE$ nội tiếp ($\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$) $\left( 4 \right)$

Từ $\left( 4 \right)$ và $\left( 4 \right)$ $\Rightarrow A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F,{\rm{ }}H,{\rm{ }}E$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow AMHE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat {MHA} = {90^0} \Rightarrow HM \bot AK$ tại $M$

Ta có $\widehat {AMS} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, $AS$ đường kính) $\Rightarrow SM \bot AK$ tại $M$

Tóm lại:

$H,{\rm{ }}N,{\rm{ }}S$ thẳng hàng (chứng minh trên)

$HM \bot AK$ tại $M$(chứng minh trên)

$SM \bot AK$ tại $M$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow S,{\rm{ }}N,{\rm{ }}H,{\rm{ }}M$ thẳng hàng.

Vì tấm kim loại có bề rộng $80$cm nên ta có phương trình: $2x + y = 80$.

Để có thể thiết kế được máng trượt thì $x > 0;\,y > 0$ nên $80 - 2x > 0$ hay $x < 40$.

Diện tích của mặt máng trượt là: $S = x.y = x\left( {80 - 2x} \right) = - 2{x^2} + 80x$ với $0 < x < 40$.

Ta có: $- 2{x^2} + 80x = - 2\left( {{x^2} - 40x} \right) = - 2\left( {{x^2} - 2.20.x + {{20}^2} - {{20}^2}} \right)$

Hay $S = - 2\left( {{x^2} - 2.20.x + {{20}^2}} \right) + 800 = - 2{\left( {x - 20} \right)^2} + 800$

Ta thấy: $- 2{\left( {x - 20} \right)^2} \le 0$ luôn đúng với mọi số thực $x$.

Suy ra: $- 2{\left( {x - 20} \right)^2} + 800 \le 800$

Hay $S \le 800$. Dấu xảy ra khi $x = 20$( thỏa mãn).

Vậy khi $x = 20$ thì diện tích bề mặt lớn nhất ($800c{m^2}$) khi đó thì cầu trượt đảm bảo an toàn nhất cho trẻ em.