Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Hà Tĩnh (có đáp án) - Mã đề 02

Đáp án đúng là: A

$A = \sqrt {18} - 2\sqrt 2 = 3\sqrt 2 - 2\sqrt 2 = \sqrt 2$.

Đáp án đúng là: D

Giải bất phương trình

$2x - 6 > 0$

$2x > 6$

$x > 3$.

Đáp án đúng là: C

Giải phương trình

$3x - 4 = 8$

$3x = 8 + 4$

$3x = 12$

$x = 4$.

Đáp án đúng là: C

Hộp đựng 6 tấm thẻ được đánh số phân biệt từ 1 đến 6.

Khi thực hiện phép thử rút ngẫu nhiên 1 thẻ, mỗi tấm thẻ tương ứng với một kết quả đồng khả năng có thể xảy ra, do đó số phần tử của không gian mẫu chính xác là 6.

Đáp án đúng là: B

Một điểm nằm trên đồ thị khi tọa độ của nó thỏa mãn phương trình hàm số.

Điểm $\left( { - 1;1} \right)$ thỏa mãn phương trình $y = {x^2}$ vì $1 = {\left( { - 1} \right)^2}$.

Chú ý: Vì tính chất ${x^2} \ge 0$ với mọi $x$, ta có thể dùng tư duy loại trừ để gạch bỏ ngay những phương án có tung độ âm như đáp án C).

Đáp án đúng là: B

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ khi xét góc $C,$ ta có cạnh kề là $AC$ (dài 4 cm) và cạnh đối là $AB$ (dài 3 cm).

Tỉ số lượng giác $\cot C$ bằng độ dài cạnh kề chia cho cạnh đối: $\cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{4}{3}$.

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức tính diện tích mặt cầu $S = 4\pi {R^2}$, ta tính được $S = 4 \cdot \pi \cdot {3^2} = 36\pi$ (cm²).

Đáp án đúng là: C

Theo bảng dữ liệu thống kê của 100 học sinh, tần số học sinh đạt điểm 10 là 2 em.

Tần số tương đối của nhóm điểm 10 là: $\frac{2}{{100}} = 2\%$.

Với $x > 0$ và $x \ne 4$, ta có:

$A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{x - 4}}{{2x}}$

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

$= \frac{{\sqrt x - 2 + 2}}{{x - 4}} \cdot \frac{{x - 4}}{{2x}} = \frac{{\sqrt x }}{{2x}} = \frac{1}{{2\sqrt x }}.$

Vậy $A = \frac{1}{{2\sqrt x }}$ với $x > 0,x \ne 4$.

Xét phương trình ${x^2} - 2x - 4 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 2} \right)^2} - 4.\left( { - 4} \right) = 4 + 16 = 20 > 0$

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

Theo hệ thức Viète: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - 4}\end{array}} \right.$

Khi đó:

$$T = \frac{{3{x_1}}}{{{x_2} + 1}} + \frac{{3{x_2}}}{{{x_1} + 1}} = \frac{{3{x_1}\left( {{x_1} + 1} \right) + 3{x_2}\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}$$

$$= \frac{{3x_1^2 + 3{x_1} + 3x_2^2 + 3{x_2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}} = \frac{{3{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 6{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}}$$

$$= \frac{{3 \cdot {2^2} - 6\left( { - 4} \right) + 3 \cdot 2}}{{ - 4 + 2 + 1}} = \frac{{42}}{{ - 1}} = - 42.$$

Vậy $T = - 42$.

Giải hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y = 1}\\{2x + y = 7}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y = 1}\\{4x + 2y = 14}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y = 1}\\{5x = 15}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$

Thay $x = 3$ vào $x - 2y = 1$ thì $3 - 2y = 1$, dẫn đến $y = 1$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)$.

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

nên số phần tử của $A$ là 4.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{9}$.

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 $\frac{{240}}{x}$ (giờ). Sau 2 giờ, ô tô đi được $2x$ (km).

Khi này, quãng đường còn lại xe cần đi là $240 - 2x$ (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 $\frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}$ (giờ).

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

$\frac{{240}}{x} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}$

$\frac{{240}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}$

$\frac{{240}}{x} = \frac{{x + 804}}{{3\left( {x + 12} \right)}}$

$3.240\left( {x + 12} \right) = x\left( {x + 804} \right)$

${x^2} + 84x - 8640 = 0$

$\left( {x - 60} \right)\left( {x + 144} \right) = 0$

Suy ra $x - 60 = 0$ (do $x > 0$ nên $x + 144 > 0$)

$x = 60$ (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 $\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ$ nên hai điểm $A,\,\,B$ nằm trên đường tròn đường kính $MO$ suy ra tứ giác $MAOB$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $MO$.

Vậy 4 điểm $M,A,O,B$ cùng thuộc một đường tròn.

b) *) Chứng minh $MC.MD = M{A^2}$:

Xét $\Delta CMA$ và $\Delta AMD$ có $\widehat {AMD}$ là góc chung và $\widehat {MAC} = \widehat {MDA}{\rm{ }}$

Suy ra $ΔCMA∽ΔAMD$ (g.g), nên $\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{DM}}{{AM}}$, hay $M{A^2} = MC.MD$.

*) Chứng minh $HE$ vuông góc với $AI$:

Xét $\Delta OAM$ và $\Delta OHA$ có $\widehat {AOH}$ là góc chung và $\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ$

Suy ra $ΔOAM∽ΔOHA$ (g.g).

Dẫn đến $\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}$ hay $\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OC - OH}}{{OM - OC}} = \frac{{OC + OH}}{{OM + OC}} = \frac{{OD + OH}}{{OM + OD}}$ tức là $\frac{{HC}}{{CM}} = \frac{{HD}}{{DM}}\quad \left( 1 \right).$

Ta sẽ chứng minh $I{H^2} = IC.ID$.

Thật vậy: (1) tương đương $\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{DH}}{{CH}}$.

Mặt khác: $\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{IM + ID}}{{IC + IM}};\quad \frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.$

Mà $IM = IH$ nên $\frac{{IH + ID}}{{IC + IH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.$

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

Xét $\Delta ICE$ và $\Delta IAD$ có $\widehat {AID}$ là góc chung và $\widehat {ICE} = \widehat {IAD}$ (do tứ giác $CEAD$ nội tiếp)

Suy ra $ΔICE∽ΔIAD$ (g.g), dẫn đến $\frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}$, hay $IE.IA = IC.ID$.

Từ đây suy ra $I{H^2} = IE.IA$, tương đương với $\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IH}}$ (2).

Xét $\Delta IHE$ và $\Delta IAH$ có $\widehat {AID}$ là góc chung và $\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IH}}$

Do đó $ΔIHE∽ΔIAH$ (c.g.c), nên là $\widehat {IEH} = \widehat {IHA} = 90^\circ$, hay $HE \bot AI$.

a) Đặt bán kính mặt cầu là $R = 6$ dm và gọi chiều cao của hình nón là $h$ (dm) $\left( {0 \le h \le 2R = 4} \right).$

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu đến tâm của đáy nón là $\left| {R - h} \right| = \left| {2 - h} \right|$ (dm)

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

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

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

Suy ra ${r^2} = 4 - \left( {{h^2} - 4h + 4} \right) = 4h - {h^2}$

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

${V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {4h - {h^2}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {4 - h} \right) \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} \le \frac{{4\pi }}{3} \cdot {\left( {\frac{{4 - h + \frac{h}{2} + \frac{h}{2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{256\pi }}{{81}}$ (dm3).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $4 - h = \frac{h}{2}$ hay $h = \frac{8}{3}$ (dm)

Vậy thể tích hình nón có giá trị lớn nhất là $\frac{{256\pi }}{{81}}$ dm3 khi chiều cao của hình nón là $\frac{8}{3}$ dm.

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

$4 = a + b + 2ab \le a + b + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$

$8 \le 2\left( {a + b} \right) + {\left( {a + b} \right)^2}$

$\left( {a + b + 4} \right)\left( {a + b - 2} \right) \ge 0.$

Vì $a,b > 0$ nên $a + b + 4 > 0$, suy ra $a + b - 2 \ge 0$ hay $a + b \ge 2$.

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

$2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2} \ge {2^2} = 4,{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} \ge 2.$

Từ đó $P = \frac{{2{a^2}{b^2} + 4}}{{ab}} - \frac{5}{{{a^2} + {b^2}}} + 4$

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

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

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

$= 4 + 4 - \frac{1}{2} = \frac{{15}}{2}.$

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

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{{15}}{2}$ khi $a = b = 1$.