Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 23

1a) Nhóm [25; 35) chiếm 33,75% so với tổng số đại biểu và có 54 người.

Suy ra số người tham dự hội nghị là 54: 33,75% = 160 (người)

Vậy tổng số đại biểu tham dự hội nghị là 160 người.

b) Tổng số % số đại biểu tham dự hội nghị dưới 45 tuổi là:

$$33,75\%+28,75\%=62,5\%>50\%.$$

Vậy nhận định “Trên 50% số đại biểu tham dự hội nghị dưới 45 tuổi” “ là đúng.

Có $$12$$ kết quả có thể xảy ra khi quay ngẫu nhiên tấm bìa một lần.

$$A=\left\{1;2;3;...;12\right\}$$

Có $$5$$ kết quả thuận lợi cho biến cố B là: $$2;3;5;7;11$$.

Vậy xác suất của biến $$P$$ cố là: $$\frac{5}{12}$$.

a) Khi $x=4$ (thỏa mãn điều kiện), ta thay vào biểu thức $A$ ta có $A=\frac{4+2\sqrt{4}}{4}=2$.

Vậy $A=2$ khi $x=4$.

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

Vậy với $x>0$ thì $$B=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}$$.

c) Với $x>0$, $\frac{A}{B}=\frac{x+2\sqrt{x}}{x}:\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}{x}.\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{x}=\frac{x+\sqrt{x}}{x}$

Ta có: $\frac{A}{B}<\frac{7}{4}$

  $\frac{x+\sqrt{x}}{x}<\frac{7}{4}$

  $1+\frac{1}{\sqrt{x}}<\frac{7}{4}$

       $\frac{1}{\sqrt{x}}<\frac{3}{4}$

        $\sqrt{x}>\frac{4}{3}$

         $x>\frac{16}{9}$

Vậy số nguyên $x$ nhỏ nhất thỏa điều kiện bài toán là $x=2$.

Gọi x, y là số tiền phải trả cho mỗi loại hàng khi chưa tính thuế VAT (triệu đồng, x; y > 0)

* Khi tính thuế 10% và 8% lần lượt đối với mặt hàng thứ nhất và mặt hàng thứ hai thì số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất là $$x+0,1x=1,1x$$ triệu đồng; số tiền phải trả cho loại hàng thứ hai là $$y+0,08y=1,08y$$ triệu đồng

Tổng số tiền phải trả là $2,17$triệu đồng nên ta có phương trình $$1,1x+1,08y=2,17$$  (1)

* Khi tính thế $9\%$ đối với cả hai loại hàng thì số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất là $$x+0,09x=1,09x$$ triệu đồng và số tiền phải trả cho loại hàng thứ hai là $$y+0,09y=1,09y$$ triệu đồng.

Tổng số tiền phải trả là $2,18$ triệu đồng nên ta có phương trình $$1,09x+1,09y=2,18$$  (2)

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}1,1x+1,08y=2,17\\ 1,09x+1,09y=2,18\end{array}$

Giải hệ ta được nghiệm duy nhất $\{\begin{array}{l}x=0,5\\ y=1,5\end{array}$ (thoả mãn)

Vậy khi chưa tính tiền thuế VAT thì giá của loại hàng thứ nhất là $$0,5$$triệu đồng và giá của loại hàng thứ hai là $$1,5$$triệu đồng

Gọi vận tốc đạp xe trung bình của Nam lúc đi từ nhà đến trường là x (km/h,$$x>0$$)

Thời gian đạp xe của Nam lúc đi từ nhà đến trường là $\frac{4}{x}$(h)

Vận tốc đạp xe trung bình của Nam lúc đi từ trường về nhà là $$x+2$$(km/h).

Thời gian đạp xe của Nam lúc đi từ trường về nhà là $\frac{4}{x+2}$(h)

Lập luận để có phương trình: $\frac{4}{x}+\frac{4}{x+2}=\frac{11}{15}$

Giải phương trình tìm được x = 10 (thoả mãn) hoặc $x=\frac{-12}{11}$(không thoả mãn)

Vậy vận tốc đạp xe trung bình của Nam lúc đi từ nhà đến trường là 10 km/h

a) Phương trình có hai nghiệm $x_1;x_2$ trái dấu khi $$ac<0$$. Từ đó tìm được $$m<0$$.

b) Với $$m=5$$, phương trình có dạng $$2x^2-9x+5=0.$$

Cách 1. Áp dụng công thức nghiệm của phương trình  bậc hai, các nghiệm $x_1;x_2$ và thay vào $M$ tìm được $M=\frac{61}{4}$.

Cách 2. Biến đổi $M=(x{}_1+x{}_2{)}^2-2x{}_{1}x{}_2$ rồi áp dụng hệ thức Vi-ét ta cũng tìm được $M=\frac{61}{4}$.

Diện tích vải cần có để làm nên cái mũ gồm diện tích xung quanh của hình nón và diện tích của vành nón.

Bán kính đường tròn đáy của hình nón: $r=\frac{35-2.10}{2}=7,5$ (cm)

Diện tích xung quanh hình nón: $S_{xq}=\pi rl=\pi .7,5.30=225\pi$(cm2)

Diện tích vành nón (hình vành khăn): $\pi .{\left(\frac{35}{2}\right)}^2-\pi .{\left(7,5\right)}^2=250\pi$ (cm2)

Diện tích vải cần để may: $225\pi +250\pi =475\pi$(cm2).

Vì tỉ lệ vải khâu (may) hao (tốn) khi may nón là $$15\%$$nên diện tích vải thực tế cần dùng là:

$475\pi +15\%.475\pi =546,25\pi \approx 546,25.3,14=1715,225$ (cm2).                 

a) Giả sử $I$ là trung điểm của $EF$.

Xét $\left(O\right)$ có:

$\widehat{ACB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $BC\perp AF$

Nên $\Delta BCF$ hay $\Delta ECF$vuông tại $C$, có $CI$ là đường trung tuyến nên $CI=IE=IF=\genfrac{}{}{0ex}{}{EF}{2}$.

 $\widehat{ADB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $$AD\perp BF$$.

Nên $\Delta ADF$hay $\Delta EDF$vuông tại C, có DI là đường trung tuyến nên $DI=IE=IF=\genfrac{}{}{0ex}{}{EF}{2}$.

Khi đó $CI=DI=IE=IF$ suy ra tứ giác $FCED$ nội tiếp đường tròn tâm $I$ đường kính $EF$.

b) Tam giác vuông $FDA$ đồng dạng với tam giác vuông $FCB$ (g.g).

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{FA}{FB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{FD}{FC}$ (2 cặp cạnh tương ứng)

Nên $FC.FA=FD.FB$ (đpcm)

c) Vì $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $FCED$ nên $$CI=IF$$.

Khi đó $\Delta ICF$cân tại $I$$\Rightarrow \widehat{F^1}=\widehat{FCI}$ (1)

Xét $\Delta OAC$ cân tại $$O$$ nên $\widehat{CAO}=\widehat{OCA}$ (2)

Xét $\Delta ABF$ có $$BC,AD$$ là hai đường cao cắt nhau tại $$E$$ nên $$E$$ là trực tâm của $\Delta ABF$.

Suy ra $$EF\perp AB$$$$\Rightarrow \widehat{F^1}+\widehat{CAO}=90^0$$  (3)

Từ (1); (2); (3) nên $\widehat{ICF}+\widehat{OCA}=90^0$.

Do đó $\widehat{OCI}=90^o$ hay $OC\perp CI$.

Vậy $CI$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$.

d) Ta có: $\begin{array}{l}\widehat{O^1}+\widehat{O^2}+\widehat{O^3}=180^{\circ }\\ \widehat{O^2}=90^{\circ }\end{array}\}$ nên $\widehat{O^1}+\widehat{O^3}=90^{\circ }$.

Xét $\left(O\right)$ ta có: 

$$\begin{array}{l}\widehat{DAB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{O^1}\\ \widehat{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{O^3}\end{array}\}$$ nên $$\widehat{DAB}+\widehat{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\cdot 90^{\circ }=45^{\circ }$$.

Xét $\Delta AEB$ ta có $$\widehat{DAB}+\widehat{ABC}=45^{\circ }$$ nên $\widehat{AEB}=135^{\circ }$.

Qua A kẻ $Ax\perp AE$ . Qua B kẻ $By\perp BE$ ; Gọi By cắt Ax tại K.

Xét tứ giác $$EAKB$$ ta có:

$\begin{array}{l}\widehat{KAE}=90^{\circ }\left(Ax\perp AE\right)\\ \widehat{KBE}=90^{\circ }\left(By\perp \mathrm{B}\mathrm{E}\right)\end{array}\}n\hat{e}n\widehat{KAE}+\widehat{KBE}=180^{\circ }$.

Mà hai góc nằm tại hai đỉnh đối nhau nên tứ giác $$EAKB$$ nội tiếp.

$\widehat{AKB}+\widehat{AEB}=180^{\circ }$ nên $\widehat{AKB}=45^{\circ }$.

Gọi H là trung điểm của EK  nên $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $$EAKB$$.

Xét $\left(H\right)$: $\widehat{AKB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{AHB}\Rightarrow \widehat{AHB}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$ có $HA=HB$(bán kính đường tròn tâm $H$) nên $$\Delta AHB$$vuông cân tại $H$.

Mà $AB$ không đổi nên $H$ cố định.

Áp dụng định lí Pythagore vào $$\Delta AHB$$ ta có: $H{A}^2+H{B}^2=A{B}^2$

                                                                                                 $\begin{array}{l}2H{A}^2=4R^2\\ H{A}^2=2R^2\\ HA=\sqrt{2}R\end{array}$

Vậy khi $C$ thay đổi thì $E$ chạy trên đường tròn (H; $\sqrt{2}R$) cố định.

Trường hợp 1. Nếu thiết kế bao bì dạng hình trụ.

 Ta gọi, $R$: bán kính hình trụ; $l$: chiều cao hình trụ

Thể tích của hình trụ là: $V=\pi R^{2}l=100\left(\mathrm{ml}\right)$

Diện tích toàn phần của hình trụ là: $S_{tp}=2\pi Rl+2\pi R^2=\pi Rl+\pi Rl+2\pi R^2$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm: $\pi Rl;\pi Rl;2\pi R^2$ ta được

$S_{tp}=\pi Rl+\pi Rl+2\pi R^2\ge 3\sqrt[3]{\pi Rl.\pi Rl.2\pi R^2}=3\sqrt[3]{2\pi .{\left(\pi R^{2}l\right)}^2}$    

$S_{tp}\ge 3\sqrt[3]{2\pi .{100}^2}\approx 119,27$        $\left(1\right)$

Dấu ${}^{\prime \prime }{=}^{\prime \prime }$ xảy ra khi $\pi Rl=\pi Rl=2\pi R^2\iff l=2R$

Trường hợp 2. Nếu thiết kế bao bì dạng hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông

Ta gọi, $a$ là độ dài cạnh đáy của hình hộp chữ nhật; $h$là chiều cao của hình hộp chữ nhật.

Thể tích của hình hộp chữ nhật là: $V=a^2.h=100\mathrm{ml}$

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là: $S_{tp}=2a^2+4ah=2a^2+2ah+2ah$

Áp dụng b.đ.t Cô-Si cho ba số không âm :$2a^2;2ah;2ah$ta được:

$S_{tp}=2a^2+2ah+2ah\ge 3\sqrt[2]{2a^2.2ah.2ah}=3\sqrt[3]{8a^{2}h.a^{2}h}$

$S_{tp}\ge \mathrm{3.2.}\sqrt[3]{{100}^2}\approx 129,27$$\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra, thiết kế hộp sữa dạng hình trụ có chiều cao gấp 2 lần bán kính đáy thì tốn ít nguyên vật liệu nhất.