Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 17

Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[10;20\right)$là $45\%.40=18$.

$\Omega =\left\{\left(1;2\right);\left(1;3\right);\left(1;4\right);\left(1;5\right);\left(2;3\right);\left(2;4\right);\left(2;5\right);\left(3;4\right);\left(3;5\right);\left(4;5\right)\right\}$

Không gian mẫu có 11 phần tử.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là $\left(3;4\right);\left(3;5\right);\left(4;5\right)$.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{3}{11}$.

Vậy $A=\frac{1}{2}$khi $x=9$.

2)   $B=\frac{x-\sqrt{x}-\sqrt{x}-1+2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$(với $x\ge 0,x\ne 1$)

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

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

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

3)  Ta có $P=A.B=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}.\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}$

Ta có: $\left|P\right|+P=0\Rightarrow \left|P\right|=-P\Rightarrow P\le 0$$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}\le 0$

Mà $x\ge 0\Rightarrow \sqrt{x}\ge 0\Rightarrow \sqrt{x}+1>0$, với mọi x thoả mãn ĐKXĐ

Suy ra $\sqrt{x}-2\le 0$

             $\sqrt{x}\le 2$

                $x\le 4$.

Vì $x\in \mathbb{Z}$, $x\ge 0,x\ne 1$$\Rightarrow x\in \left\{0;2;3;4\right\}$.

Vậy $x\in \left\{0;2;3;4\right\}$thì $\left|P\right|+P=0$.

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là $$x,y$$ (học sinh; $$x,y$$$$\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$)

Vì lớp 9A có 35 học sinh nên ta có PT: $$x+y=35$$ (1)

Vì số học sinh không cận thị là 8 nên ta có $$25\%x+20\%y=8$$(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}x+y=35\\ 25\%x+20\%y=8\end{array}$$

Tìm ra $$x=20,y=15$$ (TMĐK)

Vậy số học sinh nữ bị cận thị là $$20\%.15=3$$(học sinh).

Gọi $$x$$ là số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc ($$x>1$$) (ngày)

                Số cây dự kiến trồng trong 1 ngày là $$\frac{600}{x}$$(cây)

     Số ngày thực tế để chi đoàn hoàn thành công việc là $$x-1$$(ngày)

Số cây thực tế trồng được trong 1 ngày là $$\frac{600}{x}+30$$(cây)

Theo đề bài ta có phương trình:

$$\left(x-1\right)\left(\frac{600}{x}+30\right)=600$$

$$\left(x-1\right)\left(600+30x\right)=600x$$

$$600x-600+30x^2-30x=600x$$

$$30x{}^2-30x-600=0$$

$$x^2-x-20=0$$

$$x^2-5x+4x-20=0$$

$$x\left(x-5\right)+4\left(x-5\right)=0$$

$$\left(x-5\right)\left(x+4\right)=0$$

TH1:

$$\begin{array}{l}x-5=0\\ x=5(tm)\end{array}$$              

TH2:

$$x+4=0$$

$$x=-4(kotm)$$

Vậy số ngày dự định để chi đoàn hoàn thành công việc là $$5$$ngày

Chứng minh PT có 2 nghiệm phân biệt $$x_1,x_2$$

Theo định lý Viet ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-5}{3}\\ x_1{x}_2=-2\end{array}$$

Theo đề bài ta có :

 $$\frac{2{x_2}^2}{x_1+x_2}+2x_1=\frac{2{x_2}^2+2{x_1}^2+2x_1{x}_2}{x_1+x_2}=\frac{2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]+2x_1{x}_2}{x_1+x_2}$$

$$=\frac{-86}{15}$$

a) Bán kính của hình cầu là: $R=\frac{d}{2}=\frac{50}{2}=25\left(cm\right)$

Thể tích phần gạo hình cầu là: $V_c=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi R^3=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi 25^3=\frac{31250}{3}\pi \left(c{m}^3\right)$

Thể tích phần gạo vun lên dạng hình nón là: $V_n=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 25^2\cdot 12=2500\pi \left(c{m}^3\right)$

Thể tích gạo trong thùng là: $V_g=\frac{31250}{3}\pi +2500\pi =\frac{38750}{3}\pi \left(c{m}^3\right)$

b) Thể tích lon là: $\pi .5^2.14=350\pi \left(c{m}^3\right)$

Thể tích gạo một ngày múc là : $4.90\%.350\pi =1260\pi \left(c{m}^3\right)$

Ta có : $\frac{38750}{\pi }:1260\pi \approx 10,3$

Vậy cần ít nhất 11 ngày để dùng hết số gạo trong thùng.

a) Chứng minh bốn $C,E,M,O$cùng thuộc một đường tròn.

 cân tại $O$, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $OM$vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao. Suy ra $OM\perp BC\Rightarrow \widehat{OMC}=90^{\circ }$

Theo bài ra,  là hình chiếu của  trên  nên  .

Gọi $I$ là trung điểm của $$OC$$

Dễ dàng chứng minh $IO=IE=IM=IC$

Do đó , , ,  cùng thuộc một đường tròn $\left(I\right)$.

b) *Chứng minh $AD.AK=AB.AC$

Xét $\Delta DBA$ và $\Delta CK\mathrm{A}$ có

+) $\widehat{ADB}=\widehat{ACK}=90^{\circ }$

+) $\widehat{ABD}=\widehat{AKC}$  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Nên

Do đó ta có: $\frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AK}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Hay $AD.AK=AB.AC$ (đpcm).

*Chứng minh $\Delta MDE$  cân.

Theo bài ra $\{\begin{array}{l}AD\perp BC\\ AE\perp EC\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\widehat{ADC}=90^{\circ }\\ \widehat{AEC}=90^{\circ }\end{array}$ 

Gọi $$Q$$ là trung điểm của $AC$

Dễ dàng chứng minh $QA=QC=QD=QE$

Suy ra bốn điểm $A,C,D,E$cùng thuộc đường tròn $\left(Q\right)$

Suy ra $\widehat{CAE}=\widehat{CDE}$  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$CE$$)  

Xét $\left(O\right)$ ta có: $\widehat{CBK}=\widehat{CAE}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$CK$$ )

Từ (1)  và (2)  suy ra  mà hai góc này ở vị trí đồng vị   (3)

Suy ra  

Xét đường tròn $\left(I\right)$có: $\widehat{EMC}=\widehat{EOC}$(Hai góc nội tiếp cùng chắn ).  (4)

Xét đường tròn $\left(O\right)$có:$\widehat{KBC}=\frac{1}{2}\widehat{KOC}$ (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ). (5)

Từ (3); (4) và (5) suy ra: $\widehat{EMC}=2\widehat{CDE}$.

$\Delta MDE$có $\widehat{EMC}=\widehat{MDE}+\widehat{MED}$ (góc ngoài của tam giác) mà  $\widehat{EMC}=2\widehat{MDE}$

Nên $\widehat{MDE}=\widehat{MED}$. Do đó, $\Delta MDE$ cân tại $M$.

c) Chứng minh khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DEF$ là 1 điểm cố định.

Gọi $P$ là trung điểm của $BO$

Dễ dàng chứng minh được $PB=PO=PF=PM$

Suy ra bốn điểm $O,M,B,F$ cùng thuộc đường tròn $\left(P\right)$

Nên $$\widehat{OBM}=\widehat{MFO}$$  (Hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn $\left(I\right)$có: $$\widehat{MEO}=\widehat{MCO}$$ $$CK$$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn).

Mà $$\widehat{OBM}=\widehat{OCM}$$($$\Delta OCB$$cân tại $$O$$.

Do đó $$\widehat{MFO}=\widehat{MEO}$$ $$\Rightarrow \Delta EMF$$cân tại  $$M\Rightarrow ME=MF$$

Mà $$ME=MD$$ (Tam giác $$MDE$$cân tại $$M$$).

Suy ra:$$MD=ME=ME$$.

Suy ra $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$.

Mà $M$ là trung điểm của $BC$nên $M$ là điểm cố định.

Vậy khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$là một điểm cố định.

Ta có: $\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}=\frac{2(a+b)}{\sqrt{4a\left(3a+b\right)}+\sqrt{4b\left(3b+a\right)}}(1)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:

$\begin{array}{l}\sqrt{4a\left(3a+b\right)}\le \frac{4a+(3a+b)}{2}=\frac{7a+b}{2}\left(2\right)\\ \sqrt{4b\left(3b+a\right)}\le \frac{4b+(3b+a)}{2}=\frac{7b+a}{2}\left(3\right)\end{array}$

Từ (2) và (3) suy ra: $\sqrt{4a\left(3a+b\right)}+\sqrt{4b\left(3b+a\right)}\le 4a+4b\left(4\right)$

Từ (1) và (4) suy ra:

$\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge \frac{2(a+b)}{4a+4b}=\frac{1}{2}$.

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $$a=b$$.