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

a) Thay $x = 10$ vào biểu thức $A$, ta được: $A = 10 - 9 = 1$.

Vậy khi $x = 10$ thì $A = 1$.

b) Phân thức $B$ xác định khi $x - 4 \ne 0$ hay $x \ne 4$.

Vậy điều kiện xác định của phân thức $B$ là $x \ne 4$.

c) Với $x > 0$ và $x \ne 9$ ta có:

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

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

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

$= \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}$

$= \frac{2}{{\sqrt x - 3}}.$

Vậy với $x > 0$ và $x \ne 9$ thì $C = \frac{2}{{\sqrt x - 3}}.$.

a) $2x - 8 = x + 3$

$2x - x = 3 + 8$

$x = 11.$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 11$.

b) Ta có: $\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 28 > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}.$

Áp dụng định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.$

Vì ${x_1} + {x_2} = 6 > 0$ và ${x_1}{x_2} = 2 > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: $x_1^2 - 6{x_1} + 2 = 0$ hay $x_1^2 = 6{x_1} - 2$.

Ta có: $12{x_1} + 7 = 6{x_1} + 9 + 6{x_1} - 2 = x_1^2 + 6{x_1} + 9 = {\left( {{x_1} + 3} \right)^2}$.

Khi đó, $P = \sqrt {12{x_1} + 7} + {x_2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 3} \right)}^2}} + {x_2}$

$= {x_1} + \left| {{x_1} + 3} \right| + {x_2}$

$= {x_1} + 3 + {x_2}$ (do ${x_1} > 0$).

$= \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 = 6 + 3 = 9$.

Vậy $P = 9$.

a) Số người đi bộ từ 2 km đến dưới 4 km là: $9 + 15 = 24$ (người).

b) Không gian mẫu của phép thử là:

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

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 16$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố M là:

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

Số kết quả thuận lợi của biến cố M là $n\left( M \right) = 9$.

Xác suất của biến cố M là: $P\left( M \right) = \frac{9}{{16}}$.

a) Số tiền vé đoàn khách đó phải trả là: $11 \cdot 200 + 7 \cdot 40 + 2 \cdot 0 = 2480$ (nghìn đồng).

b) Giá vé cho người từ 18 tuổi trở lên có hộ khẩu tại địa phương là: $200 \cdot 50\% = 100$ (nghìn đồng/người).

Gia đình có 10 người trên 18 tuổi, trong đó có $x$ người có hộ khẩu tại địa phương nên số người không có hộ khẩu là $10 - x$ (người).

Công thức biểu thị số tiền vé $y$ mà gia đình đó phải trả theo $x$ là:

$y = 100x + 200\left( {10 - x} \right)$ hay $y = - 100x + 2000$.

Gọi số phần quà mà nhóm tình nguyện viên dự định gói mỗi ngày là $x$ (phần quà) $\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).$

Thời gian dự định để gói xong 900 phần quà là: $\frac{{900}}{x}$ (ngày).

Thực tế, mỗi ngày nhóm đã gói được: $x + 15$ (phần quà).

Thời gian thực tế để gói xong 900 phần quà là: $\frac{{900}}{{x + 15}}$ (ngày).

Vì nhóm đã hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình:

$\frac{{900}}{x} - \frac{{900}}{{x + 15}} = 3$

$\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 15}} = 1$

$300\left( {x + 15} \right) - 300x = x\left( {x + 15} \right)$

${x^2} + 15x - 4500 = 0$.

Phương trình có $\Delta = {15^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 4500} \right) = 18225 > 0$.

Suy ra ${x_1} = \frac{{ - 15 + \sqrt {18225} }}{2} = 60$ (thỏa mãn), ${x_2} = \frac{{ - 15 - \sqrt {18225} }}{2} = - 75$ (loại).

Vậy theo dự định, mỗi ngày nhóm tình nguyện viên gói được 60 phần quà.

a) Vì $BK \bot KM$ tại $K$ nên $\widehat {BKM} = 90^\circ$ hay $\Delta BKM$ vuông tại $K$. Do đó, $\Delta BKM$ nội tiếp đường tròn đường kính $BM$. (1)

Vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$ nên $\widehat {BEM} = 90^\circ$ hay $\Delta BEM$ vuông tại $E$. Do đó, $\Delta BEM$ nội tiếp đường tròn đường kính $BM$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $B,K,E,M$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $BM$.

b) $\Delta AEH$ vuông tại $E$, có $K$ là trung điểm cạnh huyền $AH$ nên $EK = KH = \frac{1}{2}AH$.

Suy ra $\Delta EKH$ cân tại $K$ nên $\widehat {KEH} = \widehat {KHE}$.

Vì tứ giác $BKEM$ nội tiếp nên $\widehat {KMB} = \widehat {KEB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $KB$).

$= \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}$ (cùng phụ với $\widehat {CAD}$).

c) ⦁ Ta có: $\widehat {ANB} = \widehat {ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$).

Mà $\widehat {KMB} = \widehat {ACB}$ nên $\widehat {KMB} = \widehat {ANB}$.

Xét $\Delta BKM$ và $\Delta BAN$ có: $\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ$ và $\widehat {KMB} = \widehat {ANB}$.

Do đó $ΔBKM∽ΔBAN$ (g.g).

⦁ Ta có: $\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}$ và $\widehat {MBK} = \widehat {NBA}$.

Mà $\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}$ và $\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}$ suy ra $\widehat {MBN} = \widehat {KBA}$.

Xét $\Delta BMN$ và $\Delta BKA$ có: $\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}$ và $\widehat {MBN} = \widehat {KBA}$

Do đó $ΔBMN∽ΔBKA$ (c.g.c). Suy ra $\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}$.

Ta có: $\widehat {BNC} = \widehat {BAC}$ suy ra $\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}$ nên $\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.$

Vì $AD \bot BC$ và $NC \bot BC$ nên $AD\,{\rm{//}}\,NC$, suy ra $\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}$.

Do đó $\widehat {MNC} = \widehat {MCN}$, vậy $\Delta MNC$ cân tại $M$, nên $MN = MC$.

Đường tròn $\left( O \right)$ có $ON = OC = R$. Do $MN = MC$ và $ON = OC$ nên $OM$ là đường trung trực của $NC$. Vậy $OM$ đi qua trung điểm của $NC$.

⦁ Gọi $V$ là thể tích của ly nước đầy ban đầu. Bán kính đáy $R = 4$ cm, chiều cao $H = 10$ cm.

Khi đó, thể tích của ly nước ban đầu được tính bằng $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}H$.

⦁ Khi mực nước có chiều cao $h$, phần nước là một hình nón đồng dạng với hình nón ban đầu. Gọi $r$ là bán kính mặt nước tại chiều cao đó.

Theo định lí Thalès, $\frac{r}{R} = \frac{h}{H}$ suy ra $r = \frac{h}{H}R$.

Thể tích lượng nước ứng với chiều cao $h$ là:

${V_h} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{h}{H}R} \right)^2}h = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3} \cdot \frac{1}{3}\pi {R^2}H = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3}V$.

Như vậy, $\frac{{{V_h}}}{V} = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3}.$ Suy ra tỉ số thể tích lượng nước so với thể tích khi ly đầy bằng lập phương tỉ số hiều cao tương ứng.

⦁ Gọi ${V_1}$ là thể tích nước còn lại trong ly thứ nhất, tương ứng với ${h_1} = \frac{3}{4}H$.

Khi đó: $\frac{{{V_1}}}{V} = {\left( {\frac{{{h_1}}}{H}} \right)^3} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} = \frac{{27}}{{64}}$.

Thể tích nước đã đổ sang ly thứ hai (${V_2}$) là: ${V_2} = V - {V_1} = \frac{{37}}{{64}}V$. Suy ra $\frac{{{V_2}}}{V} = \frac{{37}}{{64}}.$

⦁ Gọi ${h_2}$ là chiều cao của lượng nước trong ly thứ hai.

Khi đó, ${\left( {\frac{{{h_2}}}{{10}}} \right)^3} = \frac{{37}}{{64}}$ nên $\frac{{{h_2}}}{{10}} = \frac{{\sqrt[3]{{37}}}}{4}$.

Suy ra ${h_2} = \frac{{10\sqrt[3]{{37}}}}{4} = \frac{{5\sqrt[3]{{37}}}}{2}$ (cm).

Vậy chiều cao của lượng nước có trong ly thứ hai là $\frac{{5\sqrt[3]{{37}}}}{2}$ cm.