Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 4

Quan sát biểu đồ, ta có:

Tổng số học sinh khối $9$ là: $40+35+20+25=120$ học sinh. Vậy $N=120$.

Bảng tần số:

Tần số tương đối của số học sinh yêu thích các môn Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Khoa học tự nhiên lần lượt là:

$f_1=\frac{40}{120}\cdot 100\%\approx 33,33\%$; $f_2=\frac{35}{120}\cdot 100\%\approx 29,17\%$;

 $f_3=\frac{20}{120}\cdot 100\%\approx 16,67\%$; $f_4=\frac{25}{120}\cdot 100\%\approx 20,83\%$.

Bảng tần số tương đối:

Điều kiện $x\ge 0$, $x\ne 4$.

 Ta có: $x=-\frac{3}{2}\cdot \sqrt[3]{\frac{-8}{27}}=-\frac{3}{2}\cdot \sqrt[3]{{\left(\frac{-2}{3}\right)}^3}=-\frac{3}{2}\cdot \frac{-2}{3}=1$.

Thay $x=1$ (thỏa mãn điều kiện) vào $A$ ta được: $A=\frac{\sqrt{1}-2}{\sqrt{1}+9}=\frac{1-2}{1+9}=\frac{-1}{10}$.

Vậy $A=\frac{-1}{10}$ khi $x=-\frac{3}{2}\cdot \sqrt[3]{\frac{-8}{27}}$.

Ta có: $B=\frac{3}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}+\frac{9\sqrt{x}-10}{4-x}$

                  $=\frac{3\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{9\sqrt{x}-10}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

                 $=\frac{3\sqrt{x}-6+x+2\sqrt{x}-9\sqrt{x}+10}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}$

                 $=\frac{x-4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

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

                $=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$.

Vậy $B=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$ với $x\ge 0$, $x\ne 4$.

Ta có: $P=B:A=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}:\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+9}$$=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\cdot \frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}-2}$$=\frac{\sqrt{x}+9}{\sqrt{x}+2}$$=1+\frac{7}{\sqrt{x}+2}$

Vì $7>0$, $\sqrt{x}+2>0$ nên $\frac{7}{\sqrt{x}+2}>0$.

Do $\sqrt{x}\ge 0$ nên $\sqrt{x}+2\ge 2$, suy ra $\frac{7}{\sqrt{x}+2}\le \frac{7}{2}$

Do đó $0<\frac{7}{\sqrt{x}+2}\le \frac{7}{2}$, suy ra $1<\frac{7}{\sqrt{x}+2}+1\le \frac{7}{2}+1$ hay $1<P<\frac{9}{2}$.

Mà $P$ là số chính phương nên $P=4$.

Với $P=4$, ta có $\frac{7}{\sqrt{x}+2}=3$

                           $\sqrt{x}+2=\frac{7}{3}$

                                   $x=\frac{1}{9}$ (thỏa mãn điều kiện).

            Vậy $x=\frac{1}{9}$thì thoả mãn đề bài.

Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả $x$ triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, $y$ triệu đồng cho loại hàng thứ hai. $(x>0;y>0)$.

Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT $10\%$ ) là $\frac{110}{100}x$ (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT $8\%$ là $\frac{108}{100}y$ (triệu đồng).

Ta có phương trình $\frac{110}{100}x+\frac{108}{100}y=21,7$ hay $1,1x+1,08y=21,7$.

Khi thuế VAT là $9\%$ cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: $\frac{109}{100}\left(x+y\right)=21,8$ hay $1,09x+1,09y=21,8$

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}1,1x+1,08y=21,7\\ 1,09x+1,09y=21,8\end{array}$

Chia cả hai vế phương trình $\left(2\right)$ cho $1,09$ ta được $x+y=20$

Suy ra $x=20-y$.

Thay $x=20-y$ vào $1,1x+1,08y=21,7$ phương trình ta được $1,1\left(20-y\right)+1,08y=21,7$ hay $-0,02y=-0,3$ suy ra $y=15$.

Thay $y=15$ vào $x=20-y$ ta được $x=20-15=5$.

Vậy với $x=5$, $y=15$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy loại thứ nhất $5$ triệu đồng, loại thứ hai $15$ triệu đồng.

Giả sử không kể thuế VAT, người đó phải trả $x$ triệu đồng cho loại hàng thứ nhất, $y$ triệu đồng cho loại hàng thứ hai. $(x>0;y>0)$.

Khi đó số tiền phải trả cho loại hàng thứ nhất (kể cả thuế VAT $10\%$ ) là $\frac{110}{100}x$ (triệu đồng), cho loại hàng thứ hai với thuế VAT $8\%$ là $\frac{108}{100}y$ (triệu đồng).

Ta có phương trình $\frac{110}{100}x+\frac{108}{100}y=21,7$ hay $1,1x+1,08y=21,7$.

Khi thuế VAT là $9\%$ cho cả hai loại hàng thì số tiền phải trả là: $\frac{109}{100}\left(x+y\right)=21,8$ hay $1,09x+1,09y=21,8$

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}1,1x+1,08y=21,7\\ 1,09x+1,09y=21,8\end{array}$

Chia cả hai vế phương trình $\left(2\right)$ cho $1,09$ ta được $x+y=20$

Suy ra $x=20-y$.

Thay $x=20-y$ vào $1,1x+1,08y=21,7$ phương trình ta được $1,1\left(20-y\right)+1,08y=21,7$ hay $-0,02y=-0,3$ suy ra $y=15$.

Thay $y=15$ vào $x=20-y$ ta được $x=20-15=5$.

Vậy với $x=5$, $y=15$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy loại thứ nhất $5$ triệu đồng, loại thứ hai $15$ triệu đồng.

Thay $x_1=-1$ vào phương trình đã cho ta có

${\left(-1\right)}^2+m.\left(-1\right)+2m-4=0$

                                  $m=3$

Ta có $N=\frac{1}{x_1+3}+\frac{1}{x_2+3}=\frac{x_1+x_2+6}{\left(x_1+3\right)\left(x_2+3\right)}$    ( điều kiện $x_1\ne -3$, $x_2\ne -3$)

         $N=\frac{x_1+x_2+6}{x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+9}$

        $N=\frac{-m+6}{2m-4+3\left(-m\right)+9}$$=\frac{6-m}{5-m}$$=\frac{6-3}{5-3}$$=\frac{3}{2}$.

Đổi $$40mm=4cm$$

a) Bán kính của quả bóng bàn là: $4:2=2(cm)$

Thể tích của quả bóng bàn là:

$$V_1=\frac{4}{3}\pi R^3$$$$=\frac{4}{3}\cdot 3,14.2^3$$$$=33,49\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$

b) Thể tích nước dâng: $$V_2=\pi R^2.h$$$$=3,14.3^2.7,2$$$$=203,472\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$

Thể tích phần bóng chìm: $V_3=203,472-200=3,472(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3)$

Vậy thể tích phần nổi quả bóng:

$$V=V_1-V_3$$$$=33,49-3,472$$$$\approx 30,02\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$

a) Chứng minh: $$AQ$$ song song với $$OM$$.

Xét $\left(O\right)$ ta có: $\widehat{AQP}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra $AQ\perp PQ$.  (1)

Mặt khác, $MP$ và $MQ$ là hai tiếp tuyến của $\left(O\right)$, cắt nhau tại $M$. Theo chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $MP=MQ$ và $MO$ là phân giác của $\widehat{POQ}$.

Suy ra: $\Delta MPQ$ cân tại $M$, đường phân giác $MO$ đồng thời là đường cao, hay $OM\perp PQ$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AQ//OM$.

b) Chứng minh: $$PQ.PB=4R^2$$.

Vì $AB$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $A$ nên $AB\perp OA$.

Xét $\Delta AQP$ và $\Delta BAP$ có:$\widehat{AQP}=\widehat{BAP}$ (góc vuông), $\widehat{BPA}$ chung.

Suy ra  (g-g).

Suy ra: $\frac{PQ}{PA}=\frac{PA}{PB}$. Suy ra:$PQ.PB=P{A}^2={\left(2R\right)}^2=4R^2$.

c) Gọi $$K$$ là trung điểm của $$MO$$. Tia $$PK$$ cắt $$AQ$$ tại $$I$$. Chứng minh tứ giác $$MOAI$$ là hình bình hành.

 Xét $\Delta AIP$ có:

    $O$ là trung điểm của $AP$ (vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $AP$)

    $OK//AI$ (vì $AQ//OM$ theo chứng minh trên).

Suy ra  là trung điểm của  (định lý).

Suy ra  là đường trung bình của .

Suy ra:  (tính chất đường trung bình của tam giác).

Lại có:  (vì  là trung điểm của ) nên .

Xét tứ giác  có:   và  (chứng minh trên).

Suy ra  là hình bình hành.

Vì mảnh vải hình tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $a+b+c=1$ nên $0<a<1$; $0<b<1$; $0<c<1$

Ta có $a^2+b^2\ge 2ab$,

Suy ra ${\left(a+b\right)}^2\ge 4ab$ hay $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}$,

Suy ra $\frac{1}{ab}\ge \frac{4}{{\left(a+b\right)}^2}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Khi đó ta có $P=\frac{a+b}{abc}=\frac{a+b}{c}\cdot \frac{1}{ab}\ge \frac{a+b}{c}\cdot \frac{4}{{\left(a+b\right)}^2}=\frac{4}{c\left(a+b\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $\left(a+b\right)+c\ge 2\sqrt{\left(a+b\right).c}$,

Suy ra $1\ge 2\sqrt{\left(a+b\right).c}$

Do đó $\sqrt{\left(a+b\right).c}\le \frac{1}{2}$,

Suy ra $\left(a+b\right).c\le \frac{1}{4}$

Suy ra $\frac{4}{\left(a+b\right).c}\ge 16$ hay $P\ge 16$

Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=c\\ a+b+c=1\end{array}$, suy ra $\{\begin{array}{l}a=b=\frac{1}{4}\\ c=\frac{1}{2}\end{array}$ ( thỏa mãn các điều kiện)

Do đó min $P=16$ khi $\{\begin{array}{l}a=b=\frac{1}{4}\\ c=\frac{1}{2}\end{array}$

Vậy kích thước của mảnh vài hình tam giác đó là $a=b=\frac{1}{4}$; $c=\frac{1}{2}$.