Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 8

a) Các nhóm $$\left[70;80\right),\left[80;90\right),\left[90;100\right),\left[100;110\right),\left[110;120\right).$$) có tần số lần lượt là: $$n{}_1=3$$, , $$n{}_2=6$$,  $$n_3=12$$, $$n_4=5$$, $$n{}_5=4$$.

b) 

a) Các cách chọn có thể có là: đỏ $$1$$ và vàng, đỏ $$2$$ và vàng, đỏ $$3$$ và vàng, đỏ $$1$$ và đỏ $$2$$, đỏ $$2$$và đỏ $$3$$, đỏ $$1$$ và đỏ $$3$$. 

b) Có $$3$$ kết quả thuận lợi cho biến cố R là: đỏ $$1$$ và vàng, đỏ $$2$$ và vàng, đỏ $$3$$ và vàng.

Vậy  $P\left(R\right)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

Có tất cả $$4$$ kết quả thuận lợi cho biến cố $$T$$.

Vậy$P\left(T\right)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ .

1)     Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x=9$.

Thay $x=9$(tmđk) vào biểu thức $A$ ta được

                                              $A=\frac{\sqrt{9}}{\sqrt{9}+2}=\frac{3}{5}$

2)     Chứng minh $B=\frac{3}{\sqrt{x}+2}$.  với $x\ge 0,x\ne 4$ ta có:

             $B=\frac{5}{\sqrt{x}-2}-\frac{16+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

            $B=\frac{5\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\frac{16+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

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

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

a.      Tìm giá trị nguyên lớn nhất của $x$ để $5A+B\le 3$.

            Với $x\ge 0,x\ne 4$ ta có: $5A+B=\frac{5\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}$

                              Để $5A+B\le 3$ khi  $\frac{5\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}\le 3$

                                                           $\frac{5\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}-3\le 0$

                                                           $\frac{5\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}-\frac{3\left(\sqrt{x}+2\right)}{\sqrt{x}+2}\le 0$

                                                              $\begin{array}{l}\frac{5\sqrt{x}+3-3\sqrt{x}-6}{\sqrt{x}+2}\le 0\\ \frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2}\le 0\\ 0\le x\le \frac{9}{4}\end{array}$

                 Vậy giá trị nguyên lớn nhất của x thỏa mãn yêu cầu là $x=2$.

w Số tiền lãi sau $$1$$ năm gửi ngân hàng là:

            $$50000000\cdot \frac{7}{100}=3500000$$ (đồng)

            w Từ ngày $$1/1/2017$$ông Tư cho ngân hàng vay số tiền là:

                        $$50000000+3500000+26500000=80000000$$ (đồng)

            w Theo công thức lãi kép

            Số tiền ông Tư sẽ rút cả vốn lẫn lãi vào ngày $$1/1/2019$$là: 

 $$80000000\cdot {\left(1+\frac{7,5}{100}\right)}^2=92450000$$ (đồng)

Gọi số xe của đội ban đầu là $$x$$ (xe, $x\in N^{\ast }$)

Số xe thực tế là:$$x+3$$ ( xe)

Dự định mỗi xe phải chở số hàng là:  (tấn)

Thực tế mỗi xe phải chở số hàng là : $\frac{480}{x+3}$ (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn nên ta có phương trình:

$\frac{480}{x}-\frac{480}{x+3}=8$

Giải phương trình tìm được $$x=12$$(TM)

Vậy ban đầu đội có 12 xe.

Vì phương trình có một nghiệm bằng $$1$$ nên ta có: $$2.1+4.1+m=0suyram=-6$$

Với $$m=-6$$ phương trình $(\ast )$ có dạng: $$2x^2+4x-6=0$$

 Ta có $$a+b+c=2+4-6=0$$

Suy ra phương trình có 2 nghiệm: $$x_1=1,x_2=-6$$

Vậy tổng bình phương $$2$$ nghiệm là: $$1^2+(-6{)}^2=1+36=37$$

a) Bán kính đáy hình trụ là $R=30:2=15\left(cm\right)$.

Thể tích trụ: $V=\pi R^{2}h=\pi .15^2.35=7875\pi \approx 24728\left(c{m}^3\right)$

b) Thể tích nước mỗi lần xách là: $24728.90\%=22255\left(c{m}^3\right)=0,022255\left(m^3\right)$.

            Số thùng ít nhất cần đổ để đầy bể là:$1:0,022255=44,\mathrm{9337..}$ nên số thùng cần là $$45$$ thùng

a)     Chứng minh bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn.

$$\widehat{AFH}=90^o$$( Vì $CF$ là đường cao $\Delta ABC$) $\Rightarrow$$F$ thuộc đường tròn đường kính $AH$

     $$\widehat{AEH}=90^o$$( Vì $BE$ là đường cao $\Delta ABC$)$\Rightarrow$$E$ thuộc đường tròn đường kính $AH$

$\Rightarrow$ 4 điểm $A,F,H,E$cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$

b)     Chứng minh $$AD.AM=AB.AC?$$

Ta có $$\widehat{ACM}=90^o$$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$$\widehat{ADB}=90^o$$ ( Vì $AD$ là đường cao $\Delta ABC$)

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{AMC}=90^o$

 $$\widehat{ABC}=\widehat{AMC}$$($2$ góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của $\left(O\right)$)

 $$\Rightarrow \frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AM}\Rightarrow AD.AM=AB.AC$$

c)     Chứng minh: $H,K,M$  thẳng hàng và $PI//HK$.

Chứng minh : $CM//BH$, $BM//CH$

$\Rightarrow$ Tứ giác $BHCM$là hình bình hành.

$\Rightarrow$ Hai đường chéo $HK$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

=> $K$ là trung điểm của $HM$ $\Rightarrow$ $H,K,M$ thẳng hàng

$$\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{BAI}$$

Chứng minh $$\widehat{AEF}=\widehat{ABI}$$

Chứng minh  $\Rightarrow$$$\frac{AP}{AI}=\frac{AE}{AB}$$

Chứng minh $\Rightarrow$$$\frac{AH}{AM}=\frac{AE}{AB}$$

$$\Rightarrow \frac{AP}{AI}=\frac{AH}{AM}$$$$\Rightarrow \frac{AP}{AH}=\frac{AI}{AM}$$ $$\Rightarrow$$PI // HM (Định lý Thalès đảo).

Vậy $PI//HK$

-        Đường sinh $$AB$$ cắt trục$$O{O}^{\prime }$$ tại $$C$$. Khi đó hai hình nón có đỉnh  $$O$$, $$C$$  có chung đáy là hình tròn $$\left(O^{\prime }\right)$$có thể tích bằng nhau

-        Gọi $$V_1$$ là thể tích hình nón đỉnh $$C$$, đáy là hình tròn $$\left(O^{\prime }\right)$$ ; $$V_2$$ là thể tích hình nón đỉnh $$O$$, đáy là hình tròn $$\left(O^{\prime }\right)$$; $$V$$ là thể tích hình nón đỉnh $$C$$, đáy là hình tròn $$\left(O\right)$$ ; $$V_n=12$$ là thể tích nước đổ vào

-        Ta có:

$$\begin{array}{l}\frac{V_1}{V}=\frac{\frac{1}{3}\cdot C{O}^{\prime }\cdot \pi \cdot O^{\prime }{B}^2}{\frac{1}{3}\cdot CO\cdot \pi \cdot O{A}^2}=\frac{C{O}^{\prime }}{CO}\cdot {\left(\frac{O^{\prime }B}{OA}\right)}^2=\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{8}\\ Suyra{V}_1=V_2=\frac{1}{8}V(1)\end{array}$$

-                 Do đó thể tích nước đổ vào là: $$V_n=\frac{6}{8}V(2)$$( vì $$V_1+V_2+V_n=V$$)

-                 Từ $\left(1\right)$ và  $\left(2\right)$ suy ra $$V_1=V_2=\frac{1}{6}{V}_n=\frac{1}{6}\cdot 12=2$$( lít )

-        Vậy thể tích của phễu là $$2$$ lít