Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội

Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[ {40;\,\,42} \right)$ là 5.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[ {40;\,\,42} \right)$ là: $f = \frac{5}{{40}} \cdot 100\% = 12{,}5\% .$

Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần”.

Số kết quả xảy ra của phép thử là: $n\left( \Omega \right) = 12.$

Xét biến cố $M:$ “Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 4”.

Ta có các kết quả thuận lợi để biến cố $M$ xảy ra là: $4;{\rm{ }}8;{\rm{ }}12.$

Do đó có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $M$.

Suy ra xác suất của biến cố $M$ là $P\left( M \right) = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.$

Thay $x = 9$ (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức $A$, ta được: $A = \frac{{9 - 4}}{{\sqrt 9 }} = \frac{5}{3}.$

Vậy với $x = 9$ thì $A = \frac{5}{3}.$

Với $x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4$, ta có:

$B = \frac{3}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 3}}{{4 - x}} = \frac{3}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{2\sqrt x + 3}}{{x - 4}}$

$= \frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right) - \left( {2\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{3\sqrt x + 6 - 2\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}}.$

Vậy với $x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4$ thì $B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}}.$

Với $x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4$, ta có:

⦁ $P = AB = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }} = 1 + \frac{3}{{\sqrt x }} > 0.$ Do đó $P > 0.$

⦁ $1 - P = 1 - \left( {1 + \frac{3}{{\sqrt x }}} \right) = 1 - 1 - \frac{3}{{\sqrt x }} = - \frac{3}{{\sqrt x }} < 0$. Do đó $1 - P < 0$.

Suy ra $P\left( {1 - P} \right) < 0$ hay $P - {P^2} < 0$ nên $P < {P^2}.$

Vậy $P < {P^2}.$

Cách 1: Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất của Bác Tiến là $x$ (triệu đồng) $\left( {0 \le x \le 400} \right).$

Số tiền ở khoản đầu tư thứ hai là: $400 - x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: $6\% x = 0{,}06x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: $8\% \left( {400 - x} \right) = 32 - 0{,}08x$ (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0{,}06x + 32 - 0{,}08x = 27$.

Giải phương trình:

$0{,}06x + 32 - 0{,}08x = 27$

$- 0{,}02x = 27 - 32$

$- 0{,}02x = - 5$

$x = 250$ (thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là $400 - 250 = 150$ (triệu đồng).

Cách 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất và thứ hai của Bác Tiến lần lượt là $x$ và $y$ (triệu đồng) $\left( {0 \le x \le 400,\,\,0 \le y \le 400} \right).$

Theo bài, tổng số tiền đầu tư của bác Tiến là 400 triệu đồng nên ta có phương trình:

$x + y = 400$ (1)

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: $6\% x = 0{,}06x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: $8\% y = 0{,}08y$ (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0{,}06x + 0{,}08y = 27$ (2)

Từ phương trình (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 400\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\0{,}06x + 0{,}08y = 27\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ phương trình (1) ta có: $y = 400 - x$ (3)

Thế vào phương trình (2) ta được: $0{,}06x + 0{,}08\left( {400 - x} \right) = 27.$ (4)

Giải phương trình (4):

$0{,}06x + 0{,}08\left( {400 - x} \right) = 27$

$0{,}06x + 32 - 0{,}08x = 27$

$- 0{,}02x = 27 - 32$

$- 0{,}02x = - 5$

$x = 250$ (thoả mãn điều kiện).

Thay giá trị $x = 250$ vào phương trình (3) ta được: $y = 400 - 250 = 150$(thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là 150 triệu đồng.

Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm $x$ (sản phẩm) $\left( {x \in \mathbb{N}*,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < 300} \right).$

Khi đó, theo kế hoạch thời gian cần thiết để làm xong 300 sản phẩm là: $\frac{{300}}{x}$ (ngày).

Thực tế mỗi ngày số sản phẩm mà tổ làm được là: $x + 10$ (sản phẩm).

Khi đó, thời gian thực tế mà tổ sản xuất làm xong 300 sản phẩm là: $\frac{{300}}{{x + 10}}$ (ngày).

Do tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình:

$\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1$ (1)

Giải phương trình (1):

$\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1$

$\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 10}} = \frac{1}{{300}}$

$\frac{{x + 10 - x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{1}{{300}}$

$\frac{{10}}{{{x^2} + 10x}} = \frac{1}{{300}}$

${x^2} + 10x = 3\,\,000$

${x^2} - 50x + 60x - 3\,\,000 = 0$

$x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0$

$\left( {x - 50} \right)\left( {x + 60} \right) = 0$

$x - 50 = 0$ hoặc $x + 60 = 0$

$x = 50$ (thoả mãn) $x = - 60$ (không thoả mãn).

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất cần sản xuất 50 sản phẩm.

Để phương trình ${x^2} - 3x + a = 0$ nhận $x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$ làm một nghiệm thì $x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$ phải thỏa mãn phương trình đó.

Thay $x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$ vào phương trình ${x^2} - 3x + a = 0$, ta được:

${\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^2} - 3 \cdot \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) + a = 0$

$\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5}}{4} - \frac{{9 - 3\sqrt 5 }}{2} + a = 0$

$\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5 - 18 + 6\sqrt 5 }}{4} + a = 0$

$\frac{{ - 4}}{4} + a = 0$

$- 1 + a = 0$

$a = 1$.

Với $a = 1$, phương trình bậc hai trở thành: ${x^2} - 3x + 1 = 0$ (1)

Do phương trình (1) có hai nghiệm nên theo hệ thức Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} = 1.\end{array} \right.$

Ta có $x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {3^2} - 2 \cdot 1 = 7.$

Vậy $a = 1$ và tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đã cho khi ấy bằng 7.

a) Bán kính đáy của lý nước có dạng hình trụ đó là: $\frac{5}{2} = 2{,}5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly bằng thể tích của hình trụ có chiều cao $10$ cm, và bằng:

${V_1} = \pi \cdot {\left( {2{,}5} \right)^2} \cdot 10 = 62{,}5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của hình trụ với chiều cao là $15 - 10 = 5$ (cm).

${V_{5\,\,vien\,\,bi}} = \pi \cdot {\left( {2{,}5} \right)^2} \cdot 5 = 31{,}25\pi$ (cm³).

Thể tích của mỗi viên bi là: $\frac{{31{,}25\pi }}{5} = 6{,}25\pi$ (cm³).

a) Cách 1: Ta có $MN \bot AB$ tại $O$ nên $\Delta MOB$ vuông tại $O$, suy ra ba điểm $M,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Ta có $MH \bot CB$ tại $H$ nên $\Delta MHB$ vuông tại $H,$suy ra ba điểm $M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do đó bốn điểm $O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Cách 2: Gọi $I$ là trung điểm của $MB$.

Ta có $MN \bot AB$ tại $O$ nên $\Delta MOB$ vuông tại $O,$ lại có $OI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $MB$ nên $IO = IM = IB = \frac{1}{2}MB.$

Ta có $MH \bot CB$ tại $H$ nên $\Delta MHB$ vuông tại $H,$ lại có $HI$ là đường trung tuyến với cạnh huyền $MB$ nên $IH = IM = IB = \frac{1}{2}MB.$

Vậy $IO = IM = IH = IB$ nên bốn điểm $O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B$ cùng thuộc đường tròn tâm $I,$ đường kính $MB.$

⦁ Chứng minh $\widehat {MHO} = \widehat {MNA}$

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm $O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B$ có $\widehat {MHO} = \widehat {MBO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MO).$

Xét đường tròn tâm $O$ có: $\widehat {MBA} = \widehat {MNA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MA)$ hay $\widehat {MBO} = \widehat {MNA}$

Do đó: $\widehat {MHO} = \widehat {MNA}.$

⦁ Chứng minh $ME \cdot MH = BE \cdot HC$

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm $O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B$ có $\widehat {BMO} = \widehat {BHO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OB)$

Tam giác $MBO$ cân tại $O$ (do $OM = OB)$ nên $\widehat {BMO} = \widehat {MBO}$.

Lại có $\widehat {MHO} = \widehat {MBO}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\widehat {MHO} = \widehat {BHO}$ nên $HO$ là tia phân giác của $\widehat {MHB}$ hay $ME$ là tia phân giác của $\widehat {MHB}.$

Xét $\Delta MHB$ có $ME$ là tia phân giác của $\widehat {MHB}$ nên $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MH}}{{BH}}$ (1)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $AB$ là đường kính và $M \in \left( O \right)$ nên $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó $\widehat {CMB} = 90^\circ$ nên $\widehat {HMC} + \widehat {HMB} = 90^\circ .$

Mặt khác, $\Delta MHB$ vuông tại $H$ nên $\widehat {HMB} + \widehat {HBM} = 90^\circ$ (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Suy ra $\widehat {HMC} = \widehat {HBM}.$

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BHM$ có: $\widehat {HMC} = \widehat {BHM} = 90^\circ$ và $\widehat {HMC} = \widehat {HBM}$

Do đó (g.g), suy ra $\frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{HC}}{{HM}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}\,\,\left( { = \frac{{MH}}{{BH}}} \right)$ hay $ME \cdot MH = BE \cdot HC$.

⦁ Tam giác $MHC$ vuông tại $C$ nên ba điểm $M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}C$ nội tiếp đường tròn đường kính $MC.$

Mà $P$ thuộc đường tròn đó nên $\widehat {MPC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mặt khác, $P$ thuộc đường tròn tâm $O,$ đường kính $MN$ nên $\widehat {MPN} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vậy $\widehat {MPN} + \widehat {MPC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ nên $C,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N$ thẳng hàng. (3)

⦁ Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BMC$ có:

$\widehat {MHC} = \widehat {BMC} = 90^\circ$ và $\widehat {MCB}$ là góc chung

Do đó (g.g), suy ra $\frac{{MH}}{{BM}} = \frac{{HC}}{{MC}}$ hay $\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}$.

Tam giác $BMN$có $BO$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $\Delta BMN$ cân tại $B$, suy ra $BM = BN.$

Do đó từ $\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}$ ta có $\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BN}}$

Theo câu b ta có: $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}$ nên $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $MN$ có $B \in \left( O \right)$ nên $\widehat {NBM} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat {NBE} = 90^\circ .$

Xét $\Delta MCE$ và $\Delta BNE$ có: $\widehat {CME} = \widehat {NBE} = 90^\circ$ và $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}$

Do đó (g.g), suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {BEN}$ (hai góc tương ứng).

Ta có: $\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = \widehat {MEC} + \widehat {CEB} = \widehat {MEB} = 180^\circ$ nên ba điểm $C,{\rm{ }}E,{\rm{ }}N$ thẳng hàng. (4)

Từ (3) và (4) ta có bốn điểm $C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E;{\rm{ }}N$ thẳng hàng hay $C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E$ thẳng hàng.

Vì $M$ là trung điểm của đoạn $AD$ trên tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ (hình 1) nên $MA = MD = \frac{1}{2}AD = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Kẻ đường cao $MH$ $\left( {H \in AD} \right)$ của tam giác $AMD.$ Khi đó đường cao $MH$ của $\Delta AMD$ cân tại $M$ đồng thời là đường trung tuyến nên $H$ là trung điểm của $AD,$ do đó $HD = \frac{{AD}}{2} = \frac{x}{2}$ $\left( {0 < x < 6} \right).$

Xét $\Delta MHD$ vuông tại $H,$ theo định lí Pythagore, ta có: $M{D^2} = M{H^2} + H{D^2}$

Suy ra $MH = \sqrt {M{D^2} - H{D^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Diện tích $\Delta AMD$ là: ${S_{\Delta AMD}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2} = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Thể tích hình lăng trụ đứng tam giác $AMD.BNC$ là:

$V = {S_{\Delta AMD}} \cdot MN = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4} \cdot 10 = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Đặt $P = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} ,$ suy ra ${P^2} = \frac{{25}}{4}{x^2}\left( {36 - {x^2}} \right)\mathop \le \limits^{BDT\,\,Cauchuy} \frac{{25}}{4} \cdot {\left( {\frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2}} \right)^2} = 2025.$

Suy ra $P \le 45$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ${x^2} = 36 - {x^2}$ hay $2{x^2} = 36$ nên ${x^2} = 18$, tức là $x = 3\sqrt 2$ (do $0 < x < 6).$

Vậy để thể tích không gian trong lều lớn nhất thì độ dài đoạn $AD = 3\sqrt 2$ (m).