Đề luyện thi Toán vào lớp 10 Hà Nội 2026 có đáp án - Đề 47

a) Bảng tần số tương đối của biểu đồ trên là:                    

b) Môn thể thao nào được học sinh THCS của \(1\) trường yêu thích nhất là môn bơi vì môn bơi chiếm \(47\% \) các bạn yêu thích.

a. Không gian mẫu của phép thử là:

.

Không gian mẫu có \[{\rm{6}}\]phần tử.

b. Vì các viên bi có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả là đồng khả năng.

+ Có \[{\rm{2}}\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{A}}\] là: .

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

+ Có \[3\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{B}}\] là: .

 Xác suất của biến cố \[{\rm{B}}\] là \(P\left( B \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

+ Có \[{\rm{4}}\] kết quả thuận lợi cho biến cố \[{\rm{C}}\] là: .

 Xác suất của biến cố \[{\rm{C}}\] là \(P\left( C \right) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).

a) Thay \[x = 25\](thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[B\] ta được \(B = \frac{1}{{\sqrt {25}  + 2}} = \frac{1}{7}\)

b) \(M = \frac{A}{B}\)

\[M = \left( {\frac{{x + 2}}{{x + \sqrt x  - 2}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\]

\[ = \left( {\frac{{x + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}} \right).\frac{{\sqrt x  + 2}}{1}\]

\[ = \left( {\frac{{\left( {x + 2} \right) - 2\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) + \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right).\frac{{\sqrt x  + 2}}{1}\]

\[ = \frac{{x + 2 - 2x - 4\sqrt x  + x - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{1}\]

\[ = \frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}.\frac{{\sqrt x  + 2}}{1} = \frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\]

c) Theo đề bài ta có:

\[{M^2} - M = 2\]

\[\left( {M + 1} \right)\left( {M - 2} \right) = 0\]

\[M =  - 1\] hoặc \[M = 2\]

* Với \[{\rm{M =   -  1}}\] ta có \(\frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} =  - 1\)

\( - 4\sqrt x  + 1 =  - \sqrt x  + 1\)

\(x = 0\) (TMĐK)

* Với \[{\rm{M =  2}}\] ta có \(\frac{{ - 4\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} = 2\)

\( - 4\sqrt x  + 1 = 2\sqrt x  - 2\)

\(x = \frac{1}{4}\) (TMĐK)

1) \(BE \bot AC\)(gt)  \( \Rightarrow \widehat {AEH} = {90^0}\)

\(CF \bot AB\)(gt) \( \Rightarrow \widehat {HFA} = {90^0}\)

Ta có: \[\Delta AEH\] vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,E,H\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

\[\Delta HFA\] vuông tại \(F\) nên ba điểm \(H,F,A\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH.\)

Nên \(4\) điểm \(A,F,H,E\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH.\)

2) Xét đường tròn \((O)\)có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

\(\widehat {ACQ} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACQ\) có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\) ; \(\widehat {ADB} = \widehat {ACQ} = {90^0}\)

Suy ra \(\Delta ADB\)∽\(\Delta ACQ\) (g – g)

\( \Rightarrow \widehat {BAD}\) = \(\widehat {CAQ}\) (hai góc tương ứng)

3) Vì \(\widehat {BAD}\) = \(\widehat {CAQ}\) (hai góc tương ứng)

Vì \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\;\)\( \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {PAE}\)\( \Rightarrow \;\widehat {BAD} + \widehat {DAQ} = \widehat {DAQ} + \widehat {QAC}\)\[ \Rightarrow \;\widehat {BAQ} = \widehat {DAC}\] hay \[\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\]

\(BE \bot AC\)(gt)  \( \Rightarrow \widehat {BEC} = {90^0}\)   ;    \(CF \bot AB\)(gt) \( \Rightarrow \widehat {CFB} = {90^0}\)

Ta có: \[\Delta BEC\] vuông tại \(E\) nên ba điểm \(B,E,H\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

\[\Delta BFC\] vuông tại \(F\) nên ba điểm \(B,F,C\)cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Nên \(4\) điểm \(B,F,E,C\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BC\)

Suy ra tứ giác\(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {FBC} + \widehat {FEC} = {180^0}\)

Mà \( \Rightarrow \widehat {AEF} + \widehat {FEC} = {180^0}\) (hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {FBC} = \widehat {AEF}\)

hay \(\widehat {ABI} = \widehat {AEP}\)

Xét \(\Delta AEP\) và \(\Delta ABI\) có: \(\widehat {ABI} = \widehat {AEP}\) (cmt); \[\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\]

nên \(\Delta AEP\) ∽\(\Delta ABI\) (g – g)

Vì \(\Delta AEP\)∽\(\Delta ABI\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AI}}\;\;\quad \left( 1 \right)\)

Chứng minh \(\Delta AEH\) ∽\(\Delta ABQ\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\quad \;\left( 2 \right)\)

Từ\((1)\)và \((2)\)\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\)\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}}\)

\( \Rightarrow \)\[PI\parallel HQ\] ( định lý Talet đảo)

Với \(x,y,z \ge 0\)

Ta đi chứng minh: \({x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\)

\({x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3} - 3{x^2}y - 3x{y^2} + {z^3} - 3xyz \ge 0\)

\({\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3} - 3xyz \ge 0\)

\({\left( {x + y} \right)^3} + {z^3} - 3xy\left( {x + y} \right) - 3xyz \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {x + y} \right)z + {z^2}} \right] - 3xy\left( {x + y + z} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{x^2} + 2xy + {y^2} - xz - yz + {z^2}} \right] - 3xy\left( {x + y + z} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + 2xy + {y^2} - xz - yz + {z^2} - 3xy} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - xz - yz} \right) \ge 0\)

\(2\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - xz - yz} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2xz - 2yz} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} - 2xy + {y^2} + {x^2} - 2xz + {z^2} + {y^2} - 2yz + {z^2}} \right) \ge 0\)

\(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {x - z} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2}} \right] \ge 0\) (Luôn đúng với mọi \(x,y,z \ge 0\))

Vậy nên \({x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\)

 Gọi cạnh hình vuông nhỏ là \(x(m,0 < x < 1)\)

Chiều cao của hình hộp là \(x\) (m) 

Chiều dài, chiều rộng của hộp hình hộp là \(1 - 2x\) (m)

Thể tích của hộp hình lập phương khi đó là:  \(({m^3})\)

\(x.(1 - 2x)(1 - 2x)\)\( = \frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le {\left( {\frac{{4x + 1 - 2x + 1 - 2x}}{3}} \right)^3}\)

\(\frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le \frac{1}{4}{\left( {\frac{{4x + 1 - 2x + 1 - 2x}}{3}} \right)^3}\)

\(\frac{1}{4}.4x.(1 - 2x)(1 - 2x) \le \frac{1}{4}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{2}{{27}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \[4x = 1 - 2x\]

\[6x = 1\]

\(x = \frac{1}{6}(TM)\)