Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Hà Tĩnh năm học 2025-2026 có đáp án

Với $x \ge 0;x \ne 9$, ta có

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

$$= \frac{{x + 9}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{x + 9}} = \frac{1}{{\sqrt x - 3}}$$

Theo định lí Viète ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}.{x_2} = 4\end{array} \right.$

$$T = {\left( {{x_1} + 2} \right)^2} + {\left( {{x_2} + 2} \right)^2} = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 8$$

$= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 8 = {6^2} - 2.4 + 4.6 + 8 = 60$.

Xét hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 8{\rm{ (1)}}\\2x - y = 1{\rm{ (2)}}\end{array} \right.$. Nhân 2 vào PT (2) và cộng vào PT (1) ta có: $5x = 10$.

Khi đó $x = 2$. Thế giá trị $x = 2$ vào phương trình (2) ta có: $4 - y = 1$ suy ra $y = 3$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhât $\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)$.

a) Không gian mẫu:

$$\left\{ {\left( {4;5} \right);\left( {4;6} \right);\left( {4;7} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;6} \right);\left( {5;7} \right);\left( {6;4} \right);\left( {6;5} \right);\left( {6;7} \right)} \right\}$$

Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$: “Tổng hai số trên hai viên bi chia 3 dư 1” là:

$$\left\{ {\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {6;7} \right);\left( {7;6} \right)} \right\}$$

Xác suất của biến cố $A$ là $P(A) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$.

b) Gọi số xe thực tế tham gia chở hàng là $x$(xe) $x \in N*$

Số xe dự định ban đầu là: $x + 1$ (xe)

Dự kiến ban đầu mỗi xe chở số tấn hàng là: $\frac{{66}}{{x + 1}}$(tấn)

Thực tế mỗi xe chở số tấn hàng là: $\frac{{66}}{x}$ (tấn).

Theo bài ra ta có phương trình: $\frac{{66}}{x} - \frac{{66}}{{x + 1}} = \frac{1}{2}$ hay ${x^2} + x - 132 = 0$

Giải ra ta có: ${x_1} = 11$(thoả mãn); ${x_2} = - 12$(loại)

Vậy số xe thực tế tham gia chở hàng là: 11 (xe).

a) Ta có: $BE \bot AC$ nên $\widehat {BEC} = {90^o}$

Suy ra 3 điểm $B,E,C$ cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (1).

Ta có: $CF \bot AB$ nên $\widehat {BFC} = 90^\circ .$

Suy ra 3 điểm $B,F,C$ cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $BCEF$ nội tiếp.

b) Kẻ đường kính $AP$ của đường tròn $\left( O \right)$. Khi đó $PC \bot AC$ nên $PC$//$BH$(cùng vuông góc với $AC$) và $PB \bot AB$ nên $PB$//$CH$(cùng vuông góc với $AB$). Do đó $BHCP$ là hình bình hành.

Suy ra trung điểm $I$của $BC$ cũng là trung điểm của $PH$. Vì vậy $OI$ là đường trung bình của tam giác $PAH$ nên $OI = \frac{{AH}}{2}$ hay $AH = 2OI$.

Kẻ đường thẳng qua $H$, vuông góc với $IH$cắt các đường thẳng $AB,AC$ lần lượt tại $X,Y$.

Vì $\widehat {PBX} = \widehat {PHX} = {90^o}$ nên các điểm $P,B,X,H$ nằm trên đường tròn đường kính $PX$, suy ra $\widehat {PXH} = \widehat {PBH}$. Tương tự $\widehat {PCY} = \widehat {PHY} = {90^o}$ nên các điểm $P,C,Y,H$ nằm trên đường tròn đường kính $PY$, suy ra $\widehat {PYH} = \widehat {PCH}$

Mà $BHCP$ là hình bình hành nên $\widehat {PBH} = \widehat {PCH}$, suy ra $\widehat {PXH} = \widehat {PYH}$ hay tam giác $PXY$ cân tại $P$, đường cao $PH$ nên $H$ là trung điểm của $XY$.

Vì $XY$//$MN$ nên ta có $\frac{{XH}}{{MQ}} = \frac{{AH}}{{AQ}} = \frac{{HY}}{{QN}}$. Suy ra $MQ = QN$ hay $Q$ là trung điểm của $MN$

a) Gọi cạnh đáy của thùng là $a{\rm{ }}\left( {dm} \right)$ và chiều cao của thùng là $h{\rm{ }}\left( {dm} \right)$

Thể tích thùng là: ${a^2}.h = 120{\rm{ (d}}{{\rm{m}}^3})$.

Phân xung quanh và mặt đáy của thùng có diện tích $S = 4ah + {a^2}$ $(d{m^2})$.

Ta có: $4ah + {a^2} = 2ah + 2ah + {a^2} \ge 3\sqrt[3]{{2ah.2ah.{a^2}}} = 3\sqrt[3]{{4{{\left( {{a^2}h} \right)}^2}}} = 3\sqrt[3]{{{{4.120}^2}}} \approx 115{,}9(d{m^2})$

Đẳng thức xảy ra khi vàchir khi $2ah = {a^2}$ hay $a = 2h$, mà ${a^2}.h = 120$ suy ra ${h^3} = 30$ hay $h \approx 3{,}1(dm)$

Và $a = 2h \approx 6{,}2(dm)$.

Vậy thùng có cạnh đáy gần bằng $6{,}2(dm)$, chiều cao gần bằng $3{,}1(dm)$.

b) Ta có $5{a^2} = 4\left( {ab + bc + ca} \right) + 4bc \le 4a\left( {b + c} \right) + {\left( {b + c} \right)^2}$.

Suy ra: $5{a^2} - 4a\left( {b + c} \right) - {\left( {b + c} \right)^2} \le 0$ hay $5{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)^2} - 4\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right) - 1 \le 0$

Do đó $- \frac{1}{5} \le \frac{a}{{b + c}} \le 1$, suy ra $a \le b + c$.

Từ đó $\sqrt {2\left( {a + b + c} \right)} \le \sqrt {4\left( {b + c} \right)} = 2\sqrt {b + c}$ và ${b^2} + {c^2} \ge \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2}$ nên

$S \le 2\sqrt {b + c} - \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2} \le \left( {b + c + 1} \right) - \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}{\left[ {\left( {b + c} \right) - 1} \right]^2} \le \frac{3}{2}$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = 1;b = c = \frac{1}{2}$ nên giá trị lớn nhât của $S$là $\frac{3}{2}$