Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 38

Không gian mẫu là: $$\Omega =\left\{\left\{1;2\right\};\left\{1;3\right\};\left\{1;4\right\};\left\{1;5\right\};\left\{2;3\right\};\left\{2;4\right\};\left\{2;5\right\};\left\{3;4\right\};\left\{3;5\right\};\left\{4;5\right\}\right\}.$$

Do đó, tập hợp $$\Omega$$ có $$10$$ phần tử.

Do các viên bi có kích thước, khối lượng như nhau và được lấy ngẫu nhiên nên các kết quả trên là đồng khả năng.

Gọi $$A$$ là biến cố: “Hai viên bi được lấy ra khác màu”.

Có $$6$$ khả năng thuận lợi của biến cố $$A$$ là $$\left\{1;4\right\};\left\{1;5\right\};\left\{2;4\right\};\left\{2;5\right\};\left\{3;4\right\};\left\{3;5\right\}.$$

Vậy $$P\left(A\right)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$$.

1) Với $x=9$ (TMĐK) thay vào biểu thức $Q$ ta được: $Q=\frac{1}{3+2}=\frac{1}{5}$

Vậy $x=9$ thì biểu thức  $Q=\frac{1}{5}$.

2) Với $x\ge 0;x\ne 4$ ta có:

$P=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}+\frac{8\sqrt{x}}{x-4}$

$=\frac{3\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)-\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)+8\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$=\frac{3x-6\sqrt{x}-x-2\sqrt{x}+8\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$=\frac{2x}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

3) Với $x\ge 0;x\ne 4$ ta có: $M=\frac{P}{Q}=\frac{2x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}:\frac{1}{\sqrt{x}+2}=\frac{2x}{\sqrt{x}-2}$

Để $M=18$ thì $\frac{2x}{\sqrt{x}-2}=18$

$x-9\sqrt{x}+18=0$

$\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}-6\right)=0$

$\sqrt{x}=3$ hoặc $\sqrt{x}=6$

$x=9$ hoặc $x=36$ (thoả mãn điều kiện)

Vậy để $M=18$ thì $x\in \left\{9;36\right\}$.

Gọi $x$ và $y$ lần lượt là số mililít dung dịch HCl nồng độ $8\%$ và $20\%$ cần sử dụng để tạo thành $36$ ml dung dịch HCl nồng độ $12\%$. Điều kiện: $x>0,y>0$

Vì Bình muốn pha $36$ ml dung dịch HCl nồng độ $12\%$ nên ta có phương trình: $x+y=36$

Mặt khác, Bình muốn pha $36$ ml dung dịch HCl có nồng độ $12\%$ từ các dung dịch $\mathrm{HCl}8\%$ và $20\%$ nên ta có phương trình: $8\%x+20\%y=12\%\cdot 36$ hay $0,08x+0,2y=4,32$

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=36\left(1\right)\\ 0,08x+0,2y=4,32\left(2\right)\end{array}$

Nhân hai vế của phương trình $\left(1\right)$ với $0,08$ ta được: $\{\begin{array}{l}0,08x+0,08y=2,88\left(3\right)\\ 0,08x+0,2y=4,32\left(4\right)\end{array}$

Trừ từng vế hai phương trình $\left(3\right)$và $\left(4\right)$ta được $0,12y=1,44$ hay $y=12$.

Thay $y=12$ vào phương trình $\left(1\right)$ ta được $x=24$.

Các giá trị tìm được này thoả mãn các điều kiện của ẩn.

Vậy bạn Bình cần sử dụng khoảng $24$ ml dung dịch HCl nồng độ $8\%$ và $12$ ml dung dịch HCl nồng độ $20\%$ để pha chế $36$ ml dung dịch HCl nồng độ $12\%$.

Đổi $10$ phút = $\frac{1}{6}$giờ   

Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là $x$ (km/h). Điều kiện: $x>0$

Thời gian dự định của ô tô là: $\frac{120}{x}$ (giờ).

Trong $1$ giờ đầu ô tô đi được $x$ (km) nên quãng đường còn lại là: $120-x$ (km).

Thời gian ô tô đi trên quãng đường còn lại là: $\frac{120-x}{x+6}$ (giờ).

Do xe đến $B$ đúng hạn nên ta có phương trình

$1+\frac{1}{6}+\frac{120-x}{x+6}=\frac{120}{x}$

$\frac{120}{x}-\frac{120-x}{x+6}=\frac{7}{6}$

$\frac{x^2+720}{x(x+6)}=\frac{7}{6}$

$$6\left(x^2+720\right)=7\left(x^2+6x\right)$$

$$x^2+42x--4320=0$$

$$\left(x--48\right)\left(x+90\right)=0$$

$$x=48$$ hoặc $$x=-90$$

            Ta thấy $$x=48$$ thoả mãn điều kiện bài toán; $$x=-90$$ không thoả mãn điều kiện bài toán.

Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là $48$ km/h.

Vì $$\Delta =b^2-4ac=2^2-4.\left(-\sqrt{2}\right).3=4+12\sqrt{2}>0$$

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $$x_1,x_2$$.

Theo định lí Viète, ta có: $$S=x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{-2}{-\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}};P=x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{3}{-\sqrt{2}}=-\frac{3}{\sqrt{2}}$$

Do đó $A=\frac{x_2+1}{1-x_1}+\frac{x_1+1}{1-x_2}$$$=\frac{\left(x_2+1\right)\left(1-x_2\right)}{\left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)}+\frac{\left(x_1+1\right)\left(1-x_1\right)}{\left(1-x_2\right)\left(1-x_1\right)}=\frac{x_2-x_2^2+1-x_2+x_1-x_1^2+1-x_1}{1-x_2-x_1+x_1{x}_2}$$

$$=\frac{2-\left(x_1^2+x_2^2\right)}{1-\left(x_1+x_2\right)+x_1{x}_2}=\frac{2-\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]}{1-\left(x_1+x_2\right)+x_1{x}_2}$$$$=\frac{2-\left(S^2-2P\right)}{1-S+P}=\frac{2-\left[{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2-2.\left(-\frac{3}{\sqrt{2}}\right)\right]}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}+\left(-\frac{3}{\sqrt{2}}\right)}=\frac{3}{2}$$

a) Bán kính quả bóng bàn là: $$R=\frac{40}{2}=20\left(mm\right)=2\left(cm\right)$$

Thể tích quả bóng bàn là: $$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\cdot \pi \cdot 2^3=\frac{32}{3}\pi \approx 33,51\left(c{m}^3\right)$$

b) Thể tích nước và phần chìm của quả bóng bàn trong cốc là: $$V=\pi r^{2}h=3^2.7,2\pi =\frac{324}{5}\pi \left(c{m}^3\right)$$

Thể tích phần chìm của quả bóng bàn là: $$\frac{324}{5}\pi -200\approx 3,58\left(c{m}^3\right)$$

Thể tích phần nổi của quả bóng bàn là: $$\frac{32}{3}\pi -\left(\frac{324}{5}\pi -200\right)\approx 16,53\left(c{m}^3\right)$$

Tỉ lệ phần trăm thể tích phần nổi của quả bóng bàn trong thí nghiệm trên là: $$\frac{16,53}{33,51}\approx 49,33\%$$

a)   Chứng minh tứ giác $BHEK$ nội tiếp

Xét tứ giác $$BHEK$$, có: $$\widehat{BHE}=90^{\circ }\left(EH\perp AB\right)$$ và $$\widehat{EKB}=90^{\circ }\left(EK\perp BC\right)$$

nên $$\widehat{BHE}+\widehat{EKB}=180^{\circ }$$ mà $$\widehat{BHE}$$ và $$\widehat{EKB}$$ là hai góc đối

Do đó tứ giác $$BHEK$$ nội tiếp

b)   Chứng minh $BH.BA=BK.BC$

Xét $\Delta BEC$ và $\Delta BKE$ có: $\widehat{BEC}=\widehat{BKE}=90^{\circ }$; $\widehat{EBC}$: góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{BE}{BK}=\frac{BC}{BE}\Rightarrow B{E}^2=BK.BC$ $\left(1\right)$

Chứng minh tương tự ta được $B{E}^2=BH.BA$   $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$, suy ra: $BH.BA=BK.BC$.

c) Kẻ đường cao $CF$ của tam giác $ABC\left(F\in AB\right)$ và $I$ là trung điểm của $EF$. Chứng minh ba điểm $H,I,K$ thẳng hàng.

Theo câu a) ta có tứ giác $BHEK$ nội tiếp nên  $\widehat{BHK}=\widehat{BEK}$ ($2$ góc nội tiếp cùng chắn ) $\left(3\right)$

Xét $\Delta BEC$ vuông tại $E$ có $EK\perp BC$ nên $\widehat{BEK}=\widehat{ECB}$ (cùng phụ $\widehat{KEC}$) $\left(4\right)$

Xét $\Delta BFC$ có $\widehat{BFC}=90^{\circ }\left(CF\perp AB\right)$ nên $B,F,C$ thuộc đường tròn đường kính $BC$

Lại có $\Delta BEC$ có $\widehat{BEC}=90^{\circ }\left(BE\perp AC\right)$ nên $B,E,C$ thuộc đường tròn đường kính $BC$

Suy ra bốn điểm $B,F,E,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$

hay tứ giác $BFEC$ nội tiếp

Do đó $\widehat{ECB}=\widehat{HFE}$ (cùng bù với $\widehat{BFE}$) $\left(5\right)$

Xét $\Delta FHE$ vuông tại $H$ $\left(EH\perp AB\right)$ có $HI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $$EF$$ ($I$ là trung

điểm của $EF$) nên $HI=IF=\frac{EF}{2}$

hay $\Delta HIF$ cân tại $I$ do đó $\widehat{IFH}=\widehat{FHI}$ $\left(6\right)$

Từ $\left(3\right)$, $\left(4\right)$, $\left(5\right)$ và $\left(6\right)$ suy ra $\widehat{BHK}=\widehat{FHI}$ \(\)

Do đó \(H,I,K\) thẳng hàng.

Gọi số lần giảm giá $$100000$$đồng/1tour để thu được doanh thu lớn nhất là $$x$$ (lần)

Sau $$x$$ lần giảm thì giá của một tour là: $$2000000-100000.x$$ (đồng).

Vì cứ sau $$1$$ lần giảm thì có thêm $$20$$ người tham gia nên sau $$x$$ lần giảm thì có thêm $$20.x$$(người tham gia) nên tổng số người tham gia sau $$x$$ lần giảm giá là:   $$200+20.x$$ (người )

Tổng doanh thu sau $$x$$ lần giảm giá là:

$$S=\left(2000000-100000.x\right).\left(200+20.x\right)$$(đồng)

$$S=100\mathrm{000.20.}\left(20-x\right).\left(10+x\right)$$(đồng)

$$S=2000000.\left(-x^2+10x+200\right)$$ (đồng)

Xét $$-x^2+10\mathrm{x}+200=-({\mathrm{x}}^2-10\mathrm{x}+25-25-200)$$ $$=-(\mathrm{x}-5{)}^2+225$$

Vì $$-(\mathrm{x}-5{)}^2+225\le 225$$ nên $$2000000.\left(-x^2+10x+200\right)\le 2000000.225=450000000$$

hay$$S\le 450000000$$

$$S_{m\mathrm{ax}}=450000000$$

Khi đó x = 5 (lần)

Vậy giá tour khi đó: $$2000000-100000.5=1500000$$ (đồng).