Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 43

a) Trong mẫu số liệu trên, số liệu có giá trị nhỏ nhất là $$41$$, số liệu có giá trị lớn nhất là $$59$$. Vì thế, ta có thể chọn nửa khoảng $$[40;60)$$ sao cho giá trị của mỗi số liệu trong mẫu số liệu đều thuộc nửa khoảng $$[40;60)$$. Vì độ dài của nửa khoảng $$[40;60)$$ bằng $$60-40=20$$ nên ta có thể phân chia nửa khoảng đó thành bốn nửa khoảng có độ dài bằng nhau là: $$[40;45)$$, $$[45;50)$$, $$[50;55)$$$$[55;60)$$.

Vậy ta có thể ghép mẫu số liệu đã cho theo bốn nhóm ứng với bốn nửa khoảng đó.

b) Tốc độ của xe đi từ $$40$$ $$km/h$$ đến dưới $$45$$ $$km/h$$ là $$7$$ xe;

Tốc độ của xe đi từ $$45$$ $$km/h$$ đến dưới $$50$$ $$km/h$$ là $$7$$ xe;

Tốc độ của xe đi từ $$50$$ $$km/h$$ đến dưới $$55$$ $$km/h$$ là $$5$$ xe;

Tốc độ của xe đi từ $$55$$ $$km/h$$ đến dưới $$60$$ $$km/h$$ là $$6$$ xe.

Do đó ta có bảng tần số ghép nhóm

- Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là: $\Omega =\left\{11;13;15;...;97;99\right\}$

- Số phần tử của tập hợp $\Omega$ là: $\frac{99-11}{2}+1=45$ (phần tử)

- Các kết quả thuận lợi của biến cố $A$: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của $$1$$ số tự nhiên” là:$\left\{25;49;81\right\}$. Biến cố này gồm $3$ phần tử.

- Xác suất của biến cố A là: $3:45=\frac{1}{15}$

1) Thay $x=0,49$ (thỏa mãn) vào $M$, ta có: $M=\frac{\sqrt{0,49}-1}{\sqrt{0,49}}=\frac{-3}{7}$.

Vậy $M=\frac{-3}{7}$ khi $x=0,49$

2) $P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}+\frac{2+8\sqrt{x}}{x-1}-\frac{2}{1-\sqrt{x}}$

$P=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}+\frac{2+8\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{2}{\sqrt{x}-1}$

$P=\frac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{2+8\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$

$P=\frac{x-3\sqrt{x}+2+2+8\sqrt{x}+2\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$

$P=\frac{x+7\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}+6\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}$ (điểu phải chứng minh)

3) Xét $Q=M.P+\frac{x-5}{\sqrt{x}}$ suy ra $Q=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}.\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}+\frac{x-5}{\sqrt{x}}=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}$

Xét hiệu $Q-3=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}-3=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}}$

Với $$x>0;x\ne 1$$ thì ${\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ge 0$ và $\sqrt{x}>0$ suy ra $\frac{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\sqrt{x}}\ge 0$ hay $Q\ge 3$

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau một năm là: $x+0,06x=1,06x$ (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi sau năm thứ hai là: $1,06x.\left(1+6\%\right)=1,1236x$ (triệu đồng)

Vì sau hai năm, bác Chín nhận được $33,9$ triệu đồng cả gốc và lãi, nên ta có phương trình: $1,1236x=33,708$

$x=33,708:1,1236=30$ (thỏa mãn)

Vậy số tiền ban đầu bác Chín gửi vào là $30$ triệu đồng.

Gọi thời gian đội 1 hoàn thành công việc một mình là $x$ (giờ, $x>4$)

Gọi thời gian đội 2 hoàn thành công việc một mình là $y$ (giờ, $y>4$)

Trong một giờ, đội 1 làm được số phần công việc là: $\frac{1}{x}$ (công việc); đội 2 làm được số phần công việc là: $\frac{1}{y}$ (công việc).

Trong một giờ, cả hai đội là được số phần công việc là: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$. Trong bốn giờ, cả hai đội làm được số phần công việc là: $4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)$.

Khi đó cả hai đội làm xong việc nên ta có phương trình là: $4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=1$     (1)

Trong ba giờ, cả hai đội làm được số phần công việc là: $3.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)$ (công việc);

Trong ba giờ, đội 2 làm được số phần công việc là: $3.\frac{1}{y}$ (công việc).

Khi đó công việc mới xong, nên ta có phương trình: $3.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+3.\frac{1}{y}=1$ hay $3.\frac{1}{x}+6.\frac{1}{y}=1$ (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=1\\ 3.\frac{1}{x}+6.\frac{1}{y}=1\end{array}$

Giải hệ phương trình, ta có: $\{\begin{array}{l}x=6\\ y=12\end{array}$ (thỏa mãn)

Vậy đội 1 làm một mình trong $6$ giờ xong, đội 2 làm một mình trong $12$ giờ xong công việc

Phương trình có tích $ac=3.\left(-6\right)=-18<0$ nên có nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$. Theo định lý Viète, ta có $x_1+x_2=\frac{-5}{3}$ và $x_1{x}_2=-2$.

$x_1$,$x_2\ne -2$

 $\mathrm{D}=\frac{x_1}{x_2+2}+\frac{x_2}{x_1+2}=\frac{x_1\left(x_1+2\right)+x_2\left(x_2+2\right)}{\left(x_1+2\right)\left(x_2+2\right)}$

  $D=\frac{\left(x_1^2+x_2^2\right)+2\left(x_1+x_2\right)}{x_1{x}_2+2\left(x_1+x_2\right)+4}$

  $D=\frac{{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+2\left(x_1+x_2\right)}{x_1{x}_2+2\left(x_1+x_2\right)+4}$

 $D=\frac{{\left(\frac{-5}{3}\right)}^2-2.\left(-2\right)+2\cdot \left(\frac{-5}{3}\right)}{\left(-2\right)+2\cdot \left(\frac{-5}{3}\right)+4}=\frac{-31}{12}$

a) Thể tích kem trong hộp hình trụ là: $$V_T=\pi R_T^2.h_T$$$$=\pi {\left(\frac{12}{2}\right)}^2.15$$$$=540\pi (c{m}^3)$$

b) Thể tích kem trong hộp hình nón có hình bán cầu trên đỉnh là $$V_{kem}=\frac{1}{3}\pi R_N^2.h_N+\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3$$$$=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{6}{2}\right)}^2.12+\frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi .{\left(\frac{6}{2}\right)}^3$$$$=54\pi (c{m}^3)$$

Vậy số que kem có thể chia được là: $$\frac{540\pi }{54\pi }=10$$que.

a) Chứng minh bốn điểm $K,E,B,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Xét $$\left(O;R\right)$$ có: $\widehat{AEB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat{KEB}=90^{\circ }$

đường kính $AB$ vuông góc với dây $CD$ tại điểm $I$$\Rightarrow \widehat{KIB}=90^{\circ }$

Xét $\Delta KEB$ vuông tại $E$ có cạnh huyền $KB$ suy ra $K,E,B$ thuộc đường tròn đường kính $KB$ (1)

Xét $\Delta KIB$ vuông tại $I$ có cạnh huyền $KB$ suy ra $K,I,B$ thuộc đường tròn đường kính $KB$ (2)

Hay bốn điểm $K,E,B,I$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $$AK.AE=AI.AB$$.

Xét $\Delta AKI$ và $\Delta ABE$, ta có: $\hat{A}$ là góc chung và $\widehat{AIK}=\widehat{AEB}=90^{\circ }$ $\left(g-g\right)$

$\Rightarrow \frac{AK}{AB}=\frac{AI}{AE}$ $\Rightarrow AK.AE=AI.AB$ (đpcm)

c) Gọi $P$ là giao điểm của tia $$BE$$ và tia $$DC$$, $$Q$$ là giao điểm của $$AP$$ và $$BK$$. Chứng minh $$IK$$là phân giác của $\widehat{EIQ}$. Chứng minh $$OQ$$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác$$PQE$$.

* Chứng minh $$IK$$là phân giác của $\widehat{EIQ}$.

Xét $$\Delta APB$$ có: $$PI\perp AB\left(I\in AB\right)$$; $$AE\perp PB\left(E\in PB\right)$$; $$PI\cap AE\equiv \left\{K\right\}$$

$\Rightarrow K$ là trọng tâm của $$\Delta APB$$$\Rightarrow PQ\perp AP\left(Q\in AP\right)$$\Rightarrow$$\widehat{AQB}=90^{\circ }$ hay $\widehat{AQK}=90^{\circ }$

Đường kính $AB$ vuông góc với dây $CD$ tại điểm $I$$\Rightarrow \widehat{AIK}=90^{\circ }$

Chứng minh được bốn điểm $A,I,Q,K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AK$ suy ra $AIKQ$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{QAK}=\widehat{QIK}$ (hai góc nt cùng chắn )

Ta có: $KEBI$ là tứ giác nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat{KIE}=\widehat{KBE}$ (hai góc nt cùng chắn )

Lại có: $\widehat{QAK}=\widehat{KBE}$ (hai góc nt cùng chắn cung )

$\Rightarrow \widehat{KIE}=\widehat{KIQ}$ hay $IK$ là phân giác của $\widehat{EIQ}$ (đpcm)

*Chứng minh $$OQ$$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác$$PQE$$.

Ta có: $\widehat{AQB}=90^{\circ }$$\Rightarrow Q\in \left(O;R\right)$

Xét $\Delta OQB$, ta có:

$OQ=OB=R$

$\Rightarrow \Delta OQB$ là tam giác cân tại $O$

$\Rightarrow \widehat{OQB}=\widehat{OBQ}$ hay  $\widehat{OQK}=\widehat{OBQ}$               $\left(1\right)$

Xét $\Delta IBK$ và $\Delta QPK$, ta có:

$\widehat{IKB}=\widehat{QKP}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{KQP}=\widehat{KIB}=90^{\circ }$

 (g-g)

$\Rightarrow \widehat{IBK}=\widehat{QPK}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat{OBK}=\widehat{QPK}$             $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra: $\widehat{OQK}=\widehat{QPK}$          $\left(\ast \right)$

Ta có: $\widehat{BQE}=\widehat{BAE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay $\widehat{KQE}=\widehat{IAK}$            $\left(3\right)$

Xét $\Delta IAK$ và $\Delta EPK$, ta có:

$\widehat{IKA}=\widehat{EKP}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{KEP}=\widehat{KIA}=90^{\circ }$

 (g-g)

$\Rightarrow \widehat{IAK}=\widehat{EPK}$ (hai góc tương ứng)             $\left(4\right)$

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$ suy ra: $\widehat{KQE}=\widehat{EPK}$          $\left(\ast \ast \right)$

Từ $\left(\ast \right)$ và $\left(\ast \ast \right)$ ta có: $\widehat{OQK}+\widehat{KQE}=\widehat{QPK}+\widehat{EPK}$$\Rightarrow \widehat{OQE}=\widehat{QPE}$

Lại có: $\Delta QEP$ nội tiếp  (tính chất góc nội tiếp)

$\Rightarrow$$$OQ$$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác$$PQE$$ (đpcm).

Gọi $$x(x\ge 0)$$ là số kg loại I cần sản xuất, $$y(y\ge 0)$$ là số kg loại II cần sản xuất.
Suy ra số nguyên liệu cần dùng là $$2x+4y$$, thời gian là $$30x+15y$$, có mức lợi nhuận là $$40000x+30000y$$.
Theo giả thiết bài toán xưởng có $$200kg$$ nguyên liệu và $$120$$ giờ làm việc suy ra $$2x+4y\le 200$$hay $$x+2y-100\le 0$$và $$30x+15y\le 1200$$hay $$2x+y-80\le 0$$.
Bài toán trở thành: Tìm x, y thoả mãn hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}x+2y-100\le 0\\ 2x+y-80\le 0\end{array}$$ với $x\ge 0$ và $y\ge 0$

            sao cho $$L(x;y)=40000x+30000y$$đạt giá trị lớn nhất.
Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng $$(d):x+2y-100=0,(d\prime ):2x+y-80=0$$.

            Giá trị lớn nhất của $$L(x;y)=40000x+30000y$$đạt tại một trong các điểm $$\left(0;0\right),\left(40;0\right),\left(0;50\right),\left(20;40\right)$$
Ta có:  $$L\left(0;0\right)=0;L\left(40;0\right)=1600000;L\left(0;50\right)=1500000;L\left(20;40\right)=2000000$$ suy ra giá trị lớn nhất của $$L\left(x;y\right)$$là $$2000000$$ khi $$\left(x;y\right)=\left(20;40\right)$$.
Vậy cần sản xuất $$20$$ kg sản phẩm loại I và $$40$$kg sản phẩm loại II để có mức lợi nhuận lớn nhất.