Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở TP Hà Nội (có đáp án)

1) Dựa vào bảng tần số ghép nhóm ta có:

– Tần số ghép nhóm của nhóm $\left[150;155\right)$ là: 14.

– Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $\left[150;155\right)$ là: $\frac{14}{50}\cdot 100\%=28\%$.

Vậy nhóm $[150;155)$ có tần số ghép nhóm là 14 và tần số tương đối ghép nhóm là 28%.

2) Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một quả bóng là $\left\{1;2;3;4;5;6\right\}$.

Số kết quả có thể xảy ra là $n\left(\Omega \right)=6$.

Vì các quả bóng cùng loại nên các kết quả là đồng khả năng.

Các kết quả thuận lợi cho A là $$\left\{2;4;6\right\}$$, số kết quả thuận lợi là $n\left(A\right)=3$.

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

1) Thay $x=25$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được:

$A=\frac{\sqrt{25}-4}{\sqrt{25}}=\frac{5-4}{5}=\frac{1}{5}.$

Vậy $A=\frac{1}{5}$ khi $x=25$.

2) Với $x>0,x\ne 9$ ta có:

$B=\frac{4}{\sqrt{x}-3}+\frac{x-7\sqrt{x}-12}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{4\left(\sqrt{x}+3\right)+x-7\sqrt{x}-12}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$=\frac{4\sqrt{x}+12+x-7\sqrt{x}-12}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{x-3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

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

Vậy $B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}$.

3) Với $x>0,x\ne 9$ ta có: $P=A\cdot B=\frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+3}=1-\frac{7}{\sqrt{x}+3}.$

Vì $1\in \mathbb{Z}$ nên $P\in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $P=\frac{7}{\sqrt{x}+3}\in \mathbb{Z}.$

Với $x>0,x\ne 9$ thì $\sqrt{x}+3>3$, từ đó $0<\frac{7}{\sqrt{x}+3}<\frac{7}{3}$ hay $0<P<\frac{7}{3}$.

Mà $P\in \mathbb{Z}$ nên $P\in \left\{1;2\right\}$.

– Với $P=1$ ta có$\sqrt{x}+3=7$ suy ra $\sqrt{x}=4$ nên $x=16$ (TMĐK).

– Với $P=2$ ta có $\sqrt{x}+3=\frac{7}{2}$ suy ra $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ nên $x=\frac{1}{4}$ (TMĐK).

Vậy $x\in \left\{\frac{1}{4};16\right\}$ để $P$ nhận giá trị nguyên.

Gọi số áo mỗi ngày tổ sản xuất may theo kế hoạch là $x$ (chiếc, $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

Số áo may được trong 3 ngày đầu là: $3x$ (chiếc).

Thực tế, trong 7 ngày tiếp theo, mỗi ngày tổ may được nhiều hơn 5 chiếc, tức là $x+5$ (chiếc).

Số áo may được trong 7 ngày tiếp theo là: $7\left(x+5\right)$ (chiếc).

Vì sau 10 ngày, tổ đã may được tổng số 335 chiếc áo nên ta có phương trình:

$$3x+7\left(x+5\right)=335$$

$$3x+7x+35=335$$

$$10x=300$$

$$x=30$$ (thỏa mãn ĐK).

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất dự định may 30 chiếc áo.

Gọi số bông hoa hồng và hoa cúc người đó đã mua lần lượt là $x$ và $y$ (bông, $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast };x,y<25$).

Người đó mua 25 bông hoa nên ta có phương trình: $x+y=25$ (1).

Số tiền mua hoa hồng là $8x$ (nghìn đồng), số tiền mua hoa cúc là $6y$ (nghìn đồng). Tổng số tiền hết 180 nghìn đồng nên ta có phương trình:

$8x+6y=180$ hay $4x+3y=90$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=25\\ 4x+3y=90\end{array}$

Thế $y=25-x$ ta được $4x+3\left(25-x\right)=90$ suy ra $x=15$ (TMĐK).

Từ đó tìm được $y=25-15=10$ (TMĐK).

Vậy người đó đã mua 15 bông hoa hồng và 10 bông hoa cúc.

Vì phương trình có nghiệm $x_1,x_2$ nên theo hệ thức Viète ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=1\end{array}$.

Biến đổi biểu thức $Q$:

$Q=\frac{3x_2-1}{x_1}+\frac{3x_1}{x_2}-x_1=\frac{3x_2}{x_1}-\frac{1}{x_1}+\frac{3x_1}{x_2}-x_1=3\left(\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}\right)-\left(\frac{1+x_1^2}{x_1}\right)=\frac{3\left(x_1^2+x_2^2\right)}{x_1{x}_2}-\frac{x_1^2+1}{x_1}.$

Ta có $x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=3^2-2\cdot 1=7$.

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình nên $x_1^2-3x_1+1=0$ suy ra $x_1^2+1=3x_1$.

Thay vào biểu thức $Q$ ta được: $Q=3\cdot \frac{7}{1}-\frac{3x_1}{x_1}=21-3=18$.

a) Bán kính đáy $r=12$ cm, chiều cao $h=25$ cm. Diện tích xung quanh của xô đựng nước hình trụ là:

$S_{xq}=2\pi rh\approx 2\cdot 3,14\cdot 12\cdot 25=1884(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2).$

Vậy diện tích xung quanh của xô đựng nước là khoảng $1884\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

b) Thể tích của xô đựng nước là: $V=\pi r^{2}h=3600\pi (\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3).$

Lượng nước múc mỗi lần bằng 80% thể tích xô, nên thể tích nước một lần múc là:

$V_1=80\%\cdot 3600\pi =2880\pi (\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3).$

Thể tích của bể là $150\mathrm{l}\acute{\mathrm{i}}\mathrm{t}=150000\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$.

Suy ra số xô nước ít nhất cần múc để đổ đầy bể là: $\frac{150000}{2880\pi }\approx 16,59$.

Vì số xô múc phải là số nguyên nên người đó cần múc ít nhất 17 xô.

a) Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat{BAC}=90^{\circ }$, ngoài ra $HD\perp BC$ tại $D$ nên $\widehat{HDC}=90^{\circ }$.

$\Delta HAC$ vuông tại $A$ nên $A,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

$\Delta HDC$ vuông tại $D$ nên $H,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

Từ đó, 4 điểm $A,H,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

b) Ta có $\widehat{EAH}=180^{\circ }-\widehat{BAC}=90^{\circ }$, với chú ý $\Delta EDC$ và $\Delta BAC$ vuông ta có:

$\widehat{AEH}=90^{\circ }-\widehat{ECD}=\widehat{ABC}.$

Xét $\Delta EAH$ và $\Delta BAC$ có $\widehat{EAH}=\widehat{BAC}=90^{\circ }$ và $\widehat{AEH}=\widehat{ABC}$ (chứng minh trên).

Từ đó $\Delta EAH\backsim \Delta BAC$ (g.g) dẫn đến $\frac{EH}{BC}=\frac{AE}{BA},$ suy ra $AE\cdot BC=EH\cdot AB$.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHDC$ ta có $\widehat{HDA}=\widehat{HCA}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $HA$).

Cũng dễ thấy rằng $\widehat{HFB}=\widehat{HDB}=90^{\circ }$ nên 4 điểm $H,D,B,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HB$, kéo theo $\widehat{HDF}=\widehat{HBF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $HF$).

Mặt khác $\widehat{HCA}=\widehat{HBF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AF$ của $\left(O\right)$), suy ra $\widehat{HDA}=\widehat{HDF}.$

Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và $AM$, khi đó $\Delta DAM$ cân tại $D$ do có $DI$ vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, kéo theo $DE$ là trung trực của $AM$ hay $EM=EA,HM=HA.$

Từ đó $\Delta EMH=\Delta EAH$ (c.c.c), dẫn đến $\widehat{EMH}=\widehat{EAH}=90^{\circ }$.

c) Cách 1: Dễ thấy $AKBC$ là tứ giác nội tiếp $\left(O\right)$, dẫn đến:

$\widehat{AKM}=180^{\circ }-\widehat{AKB}=\widehat{ACB}=\widehat{AHE}=\frac{1}{2}\widehat{MHA}.$

Để ý $HM=HA$, nên $K$ thuộc đường tròn $\left(H;HA\right)$ (kết quả quen thuộc), từ đó $HK=HM=HA$ hay $\Delta HKM$ cân tại $H$.

Cách 2: Ta có $$AM//BC$$ nên $\widehat{MAB}=\widehat{ABO}$ (hai góc so le trong), từ đó suy ra hai tam giác cân $\Delta HAM\backsim \Delta OAB$ (g.g), dẫn đến $\frac{AH}{AO}=\frac{AM}{AB}$ kéo theo  (c.g.c).

Bởi vậy $\widehat{HOA}=\widehat{MBA}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}$ suy ra $OH$ là tia phân giác của $\widehat{AOK}$, mà tam giác $AOK$ cân tại $O$ nên $OH$ là đường trung trực của $AK$, dẫn đến $HK=HA=HM$, hay $\Delta HKM$ cân tại $H$.

Gọi số công nhân cần điều động là $x$ (người) và số ngày thuê kho xưởng là $y$ (ngày) $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$

Mỗi ngày một công nhân làm được 5 sản phẩm nên trong $y$ ngày, $x$ công nhân làm được $5xy$ sản phẩm.

Theo đề bài ta có $5xy\ge 1000$ hay $xy\ge 200$ nên $y\ge \frac{200}{x}$.

Tổng chi phí thuê kho xưởng và thưởng công nhân là: $T=x+3y$ (triệu đồng).

Ta có: $T=x+3y\ge x+\frac{600}{x}=\frac{x^2-49x+600}{x}+49=\frac{\left(x-24\right)\left(x-25\right)}{x}+49$.

– Với $x=25$ thì $T\ge 49$.

– Với $x>25$, do $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $x\ge 26$, suy ra $\left(x-24\right)\left(x-25\right)>0$ do đó $T>49$.

– Với $x<25$, thì $\left(x-24\right)\left(x-25\right)>0$ suy ra $T>49$.

Tóm lại với mọi $x$ nguyên dương thì $T\ge 49$, dấu bằng xảy ra khi $x=25$ và $y=8$.

Vậy công ty nên điều động 25 công nhân và thuê kho xưởng trong 8 ngày để chi phí là nhỏ nhất (49 triệu đồng).