Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 34

a) $$\Omega =\left\{10;11;12;13;...;98;99\right\}$$

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố $B:$ “Số tự nhiên được viết ra chia hết cho $$11$$” là:

$$11;22;33;44;55;66;77;88;99$$

c) Kết quả thuận lợi cho biến cố $C$: “Số tự nhiên được viết ra chia cho $$10$$ dư $$6$$” là:

$$16;26;36;46;56;76;86;96$$

a) Thay $x=9$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức $$A$$ ta có:

$A=\frac{\sqrt{9}+4}{\sqrt{9}-1}=\frac{7}{2}$

            Vậy khi $x=9$ thì $A=\frac{7}{2}$.

b) $B=\frac{3\sqrt{x}+1}{x+2\sqrt{x}-3}-\frac{2}{\sqrt{x}+3}$

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

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

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

$B=\frac{1}{\sqrt{x}-1}$

            Vậy $B=\frac{1}{\sqrt{x}-1}$ với $x\ge 0$; $x\ne 1$.

            c) $\frac{A}{B}=\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}:\frac{1}{\sqrt{x}-1}=\sqrt{x}+4\left(x\ge 0;x\ne 1;x\ne 3\right)$

$\begin{array}{l}\frac{A}{B}\ge \frac{x}{4}+5\\ \sqrt{x}+4\ge \frac{x}{4}+5\\ \frac{x}{4}-\sqrt{x}+1\le 0\end{array}$

$\begin{array}{l}x-4\sqrt{x}+4\le 0\\ {\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\le 0\end{array}$

            Mà ${\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\ge 0$ với mọi $$x$$ thỏa mãn điều kiện xác định.

              $\begin{array}{l}{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\le 0\\ \sqrt{x}-2=0\\ \sqrt{x}=2\\ x=4\end{array}$.

            So với điều kiện, thỏa mãn.

            Vậy $x=4$ thì $\frac{A}{B}\ge \frac{x}{4}+5$.

Đổi  $0,5\mathrm{kg}=500\mathrm{g}$

            Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ $$10\%$$ đem trộn là $$x$$$$\left(\mathrm{g}\right)$$$$\left(0<x<500\right)$$.

            Gọi khối lượng dung dịch acid có nồng độ $20\%$ đem trộn là $$y$$$$\left(\mathrm{g}\right)$$$$\left(0<y<500\right)$$.

            Vì trộn $$x$$$$\left(\mathrm{g}\right)$$ dung dịch acid có nồng độ $$10\%$$ và $$y$$$$\left(\mathrm{g}\right)$$ dung dịch acid loại có nồng độ $20\%$ để được $500$$\mathrm{kg}$ acid  mới nên ta có phương trình:  $$x+y=500$$   (1)

            Vì trộn  hai loại dung dịch acid cùng loại có nồng độ acid lần lượt là \[10{\raise0.5ex\hbox{$0$}

\kern-0.1em/\kern-0.15em

\lower0.25ex\hbox{$0$}}\] và $20\%$ để được $0,5$$\mathrm{kg}$ dung dịch có nồng độ acid là  $16\%$nên ta có phương trình:

$$10\%x+20\%y=16\%.500$$

$$0,1x+0,2y=80$$    (2)

            Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

            $$\{\begin{array}{c}0,1x+0,2y=80\left(1\right)\\ x+y=500\left(2\right)\end{array}$$

            Từ $$\left(2\right)$$ suy ra $$y=500-x\left(3\right)$$

            Thay $$\left(3\right)$$ vào  $$\left(1\right)$$ ta được  $$0,1x+0,2\left(500-x\right)=80$$

            $$0,1x+100-0,2x=80$$

            $$-0,1x=-20$$

            $$x=200$$ (nhận)

            Thay $$x=200$$ vào  $$\left(3\right)$$ ta được  $$y=300$$(nhận)

            Vậy khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid $$10\%$$là $$200\mathrm{g}$$.

                   Khối lượng dung dịch acid loại có nồng độ acid $20\%$là $$300\mathrm{g}$$.

- Gọi vận tốc của xe máy thứ nhất và xe máy thứ hai lần lượt là $\mathrm{x},\mathrm{y}\left(km/h\right)$, $\mathrm{x}>3$, $\mathrm{y}>0$.

- Vì xe thứ nhất đi nhanh hơn xe thứ hai là $3km/h$ nên ta có: $x-y=3\left(1\right)$

- Trong $3$ giờ $20$ phút  = $\frac{10}{3}\mathrm{h}$, xe máy thứ nhất đi được : $\frac{10}{3}x\left(\mathrm{km}\right)$

- Trong $3$ giờ $40$ phút  = $\frac{11}{3}\mathrm{h}$, xe máy thứ hai đi được : $\frac{11}{3}\mathrm{y}\left(\mathrm{km}\right)$

- Đó là quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định nên ta có phương trình:

            $\begin{array}{l}\frac{10}{3}x=\frac{11}{3}y\\ \frac{10}{3}x-\frac{11}{3}y=0\left(2\right)\end{array}$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta có hệ phương trình:

Vậy vận tốc của xe máy thứ nhất là $33\left(km/h\right)$ và vận tốc xe máy thứ hai $30\left(km/h\right)$

            Quãng đường từ Hà Nội đến Nam Định là: $\frac{10}{3}.33=110\left(\mathrm{km}\right)$.

Phương trình đã cho có $$\Delta ={\left(4m--1\right)}^2--12m^2+8m=4m^2+1>0$$,  $$\forall m$$.

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt $$\forall m$$.

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4m-1\\ x_1{x}_2=3m^2-2m\end{array}$.

Khi đó: $x_1^2+x_2^2=7$

$(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2=7$

$${\left(4m--1\right)}^2--2\left(3m^2--2m\right)=7$$

$$10m^2--4m--6=0$$

$$5m^2--2m--3=0$$

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0  suy ra $$m=1,m=-\frac{3}{5}$$.

a/ Chứng minh tứ giác $$AMHN$$ nội tiếp

Các đường cao $$BM,CN$$ cắt nhau tại$$H$$nên ta có $\Delta ANH,\Delta AMH$ vuông tại $$N,M$$

Xét $\Delta ANH$ có $$\widehat{ANH}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $A,N,H$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Xét $\Delta AMH$ có $$\widehat{AMH}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $A,M,H$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Khi đó bốn điểm $A,M,H,N$ nằm trên đường tròn đường kính $AH$

Vậy tứ giác $$AMHN$$  nội tiếp đường tròn đường kính$$AH$$.

 b/ Gọi $$D$$ là giao điểm của $$AH$$và$$BC$$. Chứng minh $$DA$$ phân giác của $$\widehat{MDN}$$

Có $$\widehat{HMC}=\widehat{HDC}=90^{\circ }$$

Xét $\Delta HMC$ có $$\widehat{HMC}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $C,M,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Xét  $\Delta CDH$có $$\widehat{HDC}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $C,D,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Khi đó bốn điểm $D,C,M,H$ nằm trên đường tròn đường kính $CH$

Suy ra tứ giác $$HDCM$$ nội tiếp

Suy ra $$\widehat{HDM}=\widehat{HCM}$$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung$$HM$$)

Có $$\widehat{HDB}=\widehat{HNB}=90^{\circ }$$

Xét $\Delta HDB$ có $$\widehat{HDB}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $B,D,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Xét $\Delta HNB$ có $$\widehat{HNB}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $B,N,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Khi đó bốn điểm $D,B,N,H$ nằm trên đường tròn đường kính $BH$

Suy ra tứ giác $$HDBN$$  nội tiếp

$$\widehat{NDH}=\widehat{NBH}$$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung$$HN$$)

Mà $$\widehat{HCM}=\widehat{NBH}$$(cùng phụ với$$\widehat{BAC}$$)

Suy ra $$\widehat{HDM}=\widehat{HDN}$$ Suy ra $$AD$$ là phân giác của góc $$\widehat{MDN}$$(đpcm).

c/Đường thẳng qua $$D$$ và song song với $$MN$$ cắt $$AB,CN$$ lần lượt tại $$I,J$$. Chứng minh $$D$$ là

trung điểm $$IJ$$.

Có $$\widehat{BMC}=\widehat{CNB}=90^{\circ }$$

Xét $\Delta MCB$ có $$\widehat{BMC}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $B,M,C$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Xét $\Delta BNC$ có $$\widehat{BNC}=90^{\circ }$$ nên ba điểm $B,N,C$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Khi đó bốn điểm $C,B,N,M$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$

Suy ra tứ giác $$BCMN$$ nội tiếp

Suy ra $$\widehat{HNM}=\widehat{HBD}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung $CM$)

Tứ giác $HDBN$ nội tiếp nên $\widehat{HBD}=\widehat{HND}$( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung $HD$)

Suy ra $$\widehat{HNM}=\widehat{HND}$$

Ta có $IJ//MN\left(gt\right)$ Suy ra $\widehat{HNM}=\widehat{HJI}=\widehat{HJD}$ (Hai góc so le trong bằng nhau)

Suy ra $$\widehat{HND}=\widehat{HJD}$$

Nên tam giác $$DNJ$$ cân tại $$D$$ (tam giác có 2 góc ở đáy bằng nhau)

Suy ra $$DN=DJ$$ (tính chất tam giác cân) (1)

Vì $\widehat{HND}=\widehat{HJD}$ (chứng minh trên)

Mà $\widehat{HND}+\widehat{DNI}=\widehat{HNI}=90^{\circ }$ và $\widehat{HJD}+\widehat{NID}=90^{\circ }$( do $\Delta JNI$ vuông tại $$N$$)

Suy ra $$\widehat{DNI}=\widehat{NID}$$

Tam giác $\Delta NID$ cân tại $$D$$ (tam giác có 2 góc ờ đáy bằng nhau)

Suy ra $$DN=DI$$ (tính chất tam giác cân) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $DI=DJ=DN$

Vậy $$D$$ là trung điểm $$IJ$$

Ta có: $HO=OC-CH=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ $(\mathrm{m})$

Ta có: $HB=\sqrt{O{B}^2-O{H}^2}=\sqrt{1^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$AB=2HB=\sqrt{3}$ $(\mathrm{m})$

Ta có: $S_{OAB}=\frac{1}{2}AB.OH=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$({\mathrm{m}}^2)$

Tam giác $OHB$ có $\sin \widehat{HOB}=\frac{HB}{OB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\widehat{HOB}=60^0$

$\widehat{AOB}=2\widehat{HOB}=120^0$

Gọi $S_1$ là diện tích hình quạt tròn $OACB$, ta có:

$S_1=\frac{\pi R^{2}120}{360}=\frac{\pi }{3}$$({\mathrm{m}}^2)$

Gọi $S_2$ là diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $AB$ và cung nhỏ , ta có:

$S_2=S_1-S_{OAB}=\frac{\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4\pi -3\sqrt{3}}{12}$$({\mathrm{m}}^2)$

Thể tích phần dầu đã hút đi là: $V_1=\frac{1}{3}{S}_2.5=\frac{5.\left(4\pi -3\sqrt{3}\right)}{36}$$({\mathrm{m}}^2)$

Thể tích của thùng dầu là: $V=\frac{1}{3}\pi R^2.5=\frac{5\pi }{3}$$({\mathrm{m}}^2)$

Thể tích dầu còn lại trong thùng là: $$V_2=V-V_1=\frac{5\pi }{3}-\frac{5.\left(4\pi -3\sqrt{3}\right)}{36}\approx 4,21$$$({\mathrm{m}}^2)$

Vậy thể tích dầu còn lại trong thùng là $4,21{\mathrm{m}}^3$.