Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 16

Tần số ghép nhóm của nhóm $[161;164)$ là $n=18$.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[161;164)$ là: $f=\frac{18.100}{40}\%=45\%$

Gọi số quả bóng trắng trong hộp là $x$ (đơn vị: quả bóng) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$

Tổng số quả bóng trong hộp là $9+x$(quả bóng)

Xác suất để lấy được một quả bóng màu trắng là: $P=\frac{x}{x+9}$

Theo đề bài, ta có phương trình:    $$\frac{x}{x+9}=\frac{2}{5}$$

               $$5x=2\left(x+9\right)$$

                           $$x=6$$ (thỏa mãn điều kiện)

                 Vậy trong hộp có $6$quả bóng màu trắng.

1) Tính giá trị của $$A$$ khi $x=16$.

Thay $x=16$ (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được: $A=\frac{\sqrt{16}}{16-9}=\frac{4}{7}$.

Vậy khi $x=16$ thì $$A=\frac{4}{7}$$.

2) Rút gọn biểu thức $$B$$.

Điều kiện: với $x\ge 0$ và $x\ne 4,x\ne 9$

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

Vậy $B=3+\sqrt{x}$ với $x\ge 0$ và $x\ne 4,x\ne 9$.

3) Xét biểu thức $$P=A.B$$. Tìm $x$ để $P<1$.

$$P=\frac{\sqrt{x}}{x-9}.\left(\sqrt{x}+3\right)=\frac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+3\right).\left(\sqrt{x}-3\right)}.\left(\sqrt{x}+3\right)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}$$.

Để $P<1$ thì $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}<1$ hay $\frac{3}{\sqrt{x}-3}<0$. Suy ra $\sqrt{x}-3<0$(vì $3>0$)

Do đó $\sqrt{x}<3$ hay $x<9$. Kết hợp với điều kiện $x\ge 0,x\ne 4,x\ne 9$, ta được $0\le x<9$ và $x\ne 4$

Vậy $P<1$ khi $0\le x<9$ và $x\ne 4$.

Gọi số tình nguyện viên đội $$A$$ là $x$(đơn vị: tình nguyện viên)

số tình nguyện viên đội $$B$$ là $y$ (đơn vị: tình nguyện viên)

Điều kiện: $x;y\in {\mathbb{N}}^{\ast };x;y<27$

Theo đề bài ta có phương trình $x+y=27\left(1\right)$

Số cây đội A trồng được là $2x$ (cây xanh)

Số cây đội B trồng được là $3y$ (cây xanh)

Theo đề bài ta có phương trình $2x+3y=66\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$và $\left(2\right)$ta có hệ phương trình  $\{\begin{array}{l}x+y=27\\ 2x+3y=66\end{array}$

Giải hệ ta được $\{\begin{array}{l}x=15\\ y=12\end{array}$(thỏa mãn điều kiện)

Vậy đội A có $15$tình nguyện viên và đội B có $12$ tình nguyện viên

Gọi vận tốc riêng của ca nô là $x$(đơn vị: km/h) $\left(x>3\right)$

Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là $x+3$(km/h)

Vận tốc ca nô đi ngược dòng là $x-3$(km/h)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là $\frac{48}{x+3}$(h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là $\frac{48}{x-3}$(h)

Theo đề bài ta có phương trình $\frac{48}{x+3}+\frac{1}{2}+\frac{48}{x-3}=\frac{41}{10}$

                                                                                     $\begin{array}{l}\frac{48}{x+3}+\frac{48}{x-3}=\frac{18}{5}\\ \frac{48\left(x-3\right)+48\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{18}{5}\\ \frac{96x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{18}{5}\\ 3x^2-80x-27=0\\ \left(3x+1\right)\left(x-27\right)=0\end{array}$

                                                                           $x=\frac{-1}{3}$ (loại) hoặc $x=27$(thoả mãn)

Vậy vận tốc riêng của ca nô là $27km/h$.

Thay $x=1+\sqrt{7}$vào phương trình ta có: ${\left(1+\sqrt{7}\right)}^2-2\left(1+\sqrt{7}\right)-m+1=0$

                                                                          $8+2\sqrt{7}-2-2\sqrt{7}-m+1=0$

                                                                                                               $m=7$

Phương trình có dạng $x^2-2x-6=0$

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2\\ x_1.x_2=-6\end{array}$

Ta có  $A=x_1^2{x}_2+x_2^2{x}_1=x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)=-6\cdot 2=-12$

Vậy $A=-12$

a)  Thể tích của phần súp mà Cò mời Cáo ăn là $V^1=\pi \cdot 4^2\cdot 10=160\pi (c{m}^3)$

Vậy thể tích của phần súp mà Cò mời Cáo ăn là $480\pi (c{m}^3)$

b) Thể tích của bình hình trụ đó là $V^0=\pi \cdot 4^2\cdot 30=480\pi (c{m}^3)$

khi Cáo thả những viên bi vào thì súp dâng đến vừa đầy miệng bình nên thể tích của các viên bi là $V=V^0-V^1=480\pi -160\pi =320\pi (c{m}^3)$

Thể tích của mỗi viên bi là $$V^{1vienbi}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi .R^3=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\pi .2^3=\genfrac{}{}{0ex}{}{32}{3}\pi$$ (cm3)

Số lượng viên sỏi đã thêm vào là: $$320\pi :\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{32}{3}\pi \right)=30$$ (viên)

Vậy Cáo đã thêm $30$ viên bi.

a)     Do $$MA,MB$$ là tiếp tuyến của nửa đương tròn (O) nên ta có $\widehat{MAO}=\widehat{MCO}=90^{\circ }$

Suy ra  là tam giác vuông tại $A$ và  là tam giác vuông tại $C$

Suy ra $$M,A,O$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MO$$ và $$M,C,O$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MO$$

Do đó bốn điểm $$A,M,C,O$$ cùng thuộc một đường tròn.

b)     Ta có $\widehat{AMC}=\widehat{COB}=60^{\circ }$ ( hai góc cùng bù với $\widehat{AOC}$)

Diện tích hình quạt $COB$ là $\frac{60}{360}\pi \cdot R^2=\frac{\pi R^2}{6}$

Do $$MA,MC$$là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên $$MA=MC$$và $$OA=OC$$

Từ đó suy ra $$M$$ thuộc đường trung trực của $$AC,O$$ thuộc đường trung trực của $$AC$$

Nên $$MO$$ vuông góc $$AC$$tại trung điểm $$E$$ của $$AC$$, suy ra $\widehat{AEM}=90^{\circ }$

Suy ra  vuông tại $E$, nên  nội đường tròn đường kính $$MA$$

Có $\widehat{ADM}=180-\widehat{ADB}=90^{\circ }$ ( do $\widehat{ADB}$ chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ADB}=90^{\circ }$).

Suy ra $\Delta ADM$ vuông tại $D$, nên $\Delta ADM$ nội đường tròn đường kính $$MA$$

Do đó tứ giác $AMDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $$MA$$.

Xét tứ giác $AMDE$ nội tiếp có :$\widehat{ADE}=\widehat{AMO}$ (cùng chắn )

Xét tứ giác $AMCO$ nội tiếp có :$\widehat{AMO}=\widehat{ACO}$ (cùng chắn )

Suy ra $\widehat{ADE}=\widehat{ACO}$.

c)     Gọi $K$ là giao điểm của $MB$ và $CH$.

Do $CH//AM$ nên theo định lí Thales  thì $\frac{HK}{AM}=\frac{HB}{AB}=\frac{HB}{2R}=\frac{1}{2}\cdot \frac{HB}{R}$

Ta có $$OM//BC$$( cùng vuông góc với $$AC$$) suy ra $\widehat{MOA}=\widehat{CBH}$ ( hai góc đồng vị)

Xét $\Delta HCB$ và $\Delta AMO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{CHB}=90^{\circ }$ ; $\widehat{MOA}=\widehat{CBH}$

Suy ra $\Delta HCB\sim \Delta AMO$, nên $\frac{HB}{OA}=\frac{CH}{AM}=\frac{HB}{R}$

Do đó $\frac{HK}{AM}=\frac{1}{2}\cdot \frac{CH}{AM}$ hay $HK=\frac{1}{2}CH$

Suy ra $$MB$$ đi qua trung điểm của $$CH$$ (đpcm).

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật đáy bể là $x$(m)  (điều kiện $x>0$)

Suy ra chiều dài của hình chữ nhật là $4x$(m).

Gọi $y$ là chiều cao của bể (điều kiện $y>0$)

Nên ta có $$V=4x.x.y=400\iff x^2.y=100\iff y=\frac{100}{x^2}$$.

Diện tích xây dựng của bể là $$S=4x^2+2\left(x+4x\right)y=4x^2+10xy=4x^2+10.\frac{100}{x^2}.x=4x^2+\frac{1000}{x}$$Áp dụng bất đẳng thức $$AM-GM$$ ta có: $$S=4x^2+\frac{1000}{x}=\left(4x^2+100\right)+\frac{1000}{x}-100\ge 2\sqrt{4x^2.100}+\frac{1000}{x}-100=40x+\frac{1000}{x}-100$$Và $$S\ge 40x+\frac{1000}{x}-100\ge 2\sqrt{40x.\frac{1000}{x}}-100=400-100=300$$.

Khi đó $S_{\min }=300$.

Dấu = xảy ra khi $$\{\begin{array}{c}4x^2=100\\ 40x=\frac{1000}{x}\end{array}\iff x=5$$.