Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Hà Tĩnh (có đáp án) - Mã đề 01

Đáp án đúng là: C

$A = 3\sqrt {4 \cdot 2} - \sqrt 2 = 3 \cdot 2\sqrt 2 - \sqrt 2 = 6\sqrt 2 - \sqrt 2 = 5\sqrt 2$.

Đáp án đúng là: A

$2x - 4 < 0$

$2x < 4$

$x < 2$.

Đáp án đúng là: C

$5x - 2 = 18$

$5x = 18 + 2$

$5x = 20$

$x = 4$.

Đáp án đúng là: D

Phép thử ở đây là rút ngẫu nhiên 1 thẻ từ một hộp chứa 5 tấm thẻ đánh số phân biệt.

Do đó, có tất cả 5 kết quả có thể xảy ra, số phần tử của không gian mẫu là 5.

Đáp án đúng là: B

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình hàm số.

Với điểm $\left( { - 1;2} \right)$, ta thay $x = - 1$ và $y = 2$ thì được $2 = 2 \cdot {\left( { - 1} \right)^2}$ (đẳng thức đúng).

Vậy đồ thị đi qua điểm $\left( { - 1;2} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, tỉ số lượng giác tang của góc $C$ bằng cạnh đối chia cho cạnh kề.

Do đó, $\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}$.

Đáp án đúng là: D

Công thức tính diện tích mặt cầu là $S = 4\pi {R^2}$.

Khi thay bán kính $R = 2$ cm vào công thức, ta có $S = 4 \cdot \pi \cdot {2^2} = 16\pi$ (cm$^{2}$).

Đáp án đúng là: B

Dựa vào bảng số liệu, tần số học sinh đạt điểm 9 là 30 em.

Tổng số học sinh được thống kê là 100 em.

Vậy tần số tương đối của nhóm điểm 9 là $\frac{{30}}{{100}} = 30\%$.

Hướng dẫn giải

Với $x > 0$ và $x \ne 9$, ta có:

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

$= \left[ {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} + \frac{3}{{x - 9}}} \right] \cdot \frac{{x - 9}}{{3x}}$

$= \frac{{\sqrt x - 3 + 3}}{{x - 9}} \cdot \frac{{x - 9}}{{3x}}{\rm{ }} = \frac{{\sqrt x }}{{3x}} = \frac{1}{{3\sqrt x }}$.

Vậy $A = \frac{1}{{3\sqrt x }}$ với $x > 0,x \ne 9$.

Xét phương trình ${x^2} - 3x - 6 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.\left( { - 6} \right) = 9 + 24 = 33 > 0$.

nên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 3}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - 6}\end{array}} \right.$

Khi đó

$T = \frac{{2{x_1}}}{{{x_2} + 1}} + \frac{{2{x_2}}}{{{x_1} + 1}} = \frac{{2{x_1}\left( {{x_1} + 1} \right) + 2{x_2}\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}$

$\begin{array}{l} = \frac{{2x_1^2 + 2{x_1} + 2x_2^2 + 2{x_2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\ = \frac{{2{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}}\\ = \frac{{2 \cdot {3^2} - 4\left( { - 6} \right) + 2 \cdot 3}}{{ - 6 + 3 + 1}} = \frac{{48}}{{ - 2}} = - 24.\end{array}$

Vậy $T = - 24$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x - y = 6}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.$, tương đương với $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4x - 2y = 6}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.$, hay là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{5x = 10}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.$

Hay ta có $x = 2$. Thay vào $x + 2y = 4$ thì $2 + 2y = 4$, dẫn đến $y = 1$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)$.

a) Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {1;6} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {2;6} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {3;6} \right)} \right\}$

Như vậy, có tất cả 9 khả năng.

Mặt khác, để thỏa mãn biến cố $A$: “Tổng hai số trên hai thẻ rút ra là một số lẻ.”

thì có tất cả các khả năng sau thỏa mãn: $A = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {1;6} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;6} \right)} \right\}$

nên số phần tử của $A$ là 5.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{9}$.

b) Đổi 20 phút $= \frac{1}{3}$ giờ.

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô đó là $x$ (km/h) ($x > 0$).

Thời gian dự định ô tô đi từ A đến B là $\frac{{180}}{x}$ (giờ). Sau 1 giờ, ô tô đi được $x$ (km).

Khi này, quãng đường còn lại xe cần đi là $180 - x$ (km).

Để đến B đúng thời gian quy định, người lái ô tô đã tăng vận tốc $x + 12$ (km/h).

Thời gian ô tô đi trong quãng đường còn lại là $\frac{{180 - x}}{{x + 12}}$ (giờ).

Do ô tô đến B đúng thời gian đã định nên ta có phương trình:

$\frac{{180}}{x} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{{180 - x}}{{x + 12}}$

$\frac{{180}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{180 - x}}{{x + 12}}$

$\frac{{180}}{x} = \frac{{x + 588}}{{3\left( {x + 12} \right)}}$

$3.180\left( {x + 12} \right) = x\left( {x + 588} \right)$

${x^2} + 48x - 6480 = 0$

$\left( {x - 60} \right)\left( {x + 108} \right) = 0$

Suy ra $x - 60 = 0$ (do $x > 0$ nên $x + 108 > 0$)

$x = 60$ (km/h), thỏa mãn điều kiện đề bài.

Vậy vận tốc ban đầu của xe ô tô là 60 km/h.

a) Theo tính chất tiếp tuyến thì ta có $\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ$ nên hai điểm $M,\,\,N$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AO.$

Như vậy tứ giác $AMON$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $AO.$

Vậy bốn điểm $A,M,O,N$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $AP.AQ = A{M^2}$:

Xét $\Delta PAM$ và $\Delta MAQ$ có $\widehat {AMQ}$ là góc chung và $\widehat {AMP} = \widehat {AQM}$

Suy ra $ΔPAM∽ΔMAQ$ (g.g), nên $\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{AP}}{{AM}}$, hay $A{M^2} = AP.AQ$.

*) Chứng minh $HJ$ vuông góc với $MI$:

Xét $\Delta OMA$ và $\Delta OHM$ có $\widehat {MOH}$ là góc chung và $\widehat {OHM} = \widehat {OMA} = 90^\circ$

Suy ra $ΔOMA∽ΔOHM$ (g.g).

Dẫn đến $\frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{OA}}$ hay $\frac{{OH}}{{OP}} = \frac{{OP}}{{OA}} = \frac{{OP - OH}}{{OA - OP}} = \frac{{OP + OH}}{{OA + OP}} = \frac{{OH + OQ}}{{OA + OQ}}$ tức là $\frac{{HP}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{AQ}}\quad \left( 1 \right).$

Ta sẽ chứng minh $I{H^2} = IP.IQ$.

Thật vậy: (1) tương đương $\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{HP}}$.

Mặt khác: $\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{IA + IQ}}{{IP + IA}};\quad \frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.$

Mà $IA = IH$ nên $\frac{{IQ + IA}}{{IA + IP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta suy ra được $\frac{{IH}}{{IP}} = \frac{{IQ}}{{IH}}$, nên $I{H^2} = IP.IQ$.

Xét $\Delta IPJ$ và $\Delta IMQ$ có $\widehat {MIQ}$ là góc chung và $\widehat {IPJ} = \widehat {IMQ}$ (Do tứ giác $PJMQ$ nội tiếp đường tròn)

Suy ra $ΔIPJ∽ΔIMQ$ (g.g), dẫn đến $\frac{{IP}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IQ}}$, hay $IP.IQ = IM.IJ$.

Từ đây suy ra $I{H^2} = IM.IJ$, tương đương với $\frac{{IH}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IH}}$

Xét $\Delta IHJ$ và $\Delta IMH$ có $\widehat {MIQ}$ là góc chung và $\frac{{IH}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IH}}$

Do đó $ΔIHJ∽ΔIMH$ (c.g.c), nên là $\widehat {IJH} = \widehat {IHM} = 90^\circ$, hay $HJ \bot MI$.

a) Đặt bán kính mặt cầu là $R = 6$ dm và gọi chiều cao của hình nón là $h$ (dm) $\left( {0 \le h \le 2R = 12} \right).$

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu đến tâm của đáy nón là $\left| {R - h} \right| = \left| {6 - h} \right|$ (dm).

Đặt bán kính đáy là $r$ (dm), theo định lý Pythagore, ta có:

${r^2} + {\left| {R - h} \right|^2} = {R^2}$

${r^2} + {\left( {6 - h} \right)^2} = {6^2}$

Suy ra ${\rm{ }}{r^2} = 36 - \left( {{h^2} - 12h + 36} \right) = 12h - {h^2}$

Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy 3 số vào thể tích hình nón, ta có:

${V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {12h - {h^2}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {12 - h} \right) \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} \le \frac{{4\pi }}{3}{\left( {\frac{{12 - h + \frac{h}{2} + \frac{h}{2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{256\pi }}{3}$ (dm3).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $12 - h = \frac{h}{2}$ hay $h = 8$ (dm).

Vậy thể tích hình nón có giá trị lớn nhất là $\frac{{256\pi }}{3}$ dm3 khi chiều cao của hình nón là 8 dm.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$3 = a + b + ab \ge ab + 2\sqrt {ab}$ suy ra $\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)\left( {\sqrt {ab} + 3} \right) \le 0$

Vì $\sqrt {ab} > 0$ nên $\sqrt {ab} - 1 \le 0$, hay là $ab \le 1$.

Khi đó $a + b = 3 - ab \ge 3 - 1 = 2$, suy ra ${a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \ge \frac{{{2^2}}}{2} = 2$

$P = \frac{{2{a^2}{b^2} + 3}}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3 = \left( {2ab + \frac{2}{{ab}}} \right) + \frac{1}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3$

$\mathop \ge \limits^{BDT{\kern 1pt} {\kern 1pt} Cauchy} {\mkern 1mu} 2.2.\sqrt {ab.\frac{1}{{ab}}} + \frac{1}{1} - \frac{4}{2} + 3$

$= 4 + 1 + 3 - 2 = 6.$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a = b = 1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là 6 khi $a = b = 1$.