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

Đáp án đúng là: C

Phương trình bậc nhất hai ẩn $x$ và $y$ có dạng tổng quát là $ax + by = c$ (với $a,b$ không đồng thời bằng 0). Trong các phương án, chỉ có $2x + y = 2$ thỏa mãn điều kiện này.

Đáp án đúng là: D

Từ hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 3y = 6}\\{ - x - y = 0}\end{array}} \right.$, ta cộng vế theo vế hai phương trình được

$2y = 6$ suy ra $y = 3$.

Thay $y = 3$ vào phương trình thứ hai ta có $- x - 3 = 0$ suy ra $x = - 3$.

Vậy giá trị của ${x_0}$ bằng $- 3$.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện xác định của biểu thức $\sqrt {x - 2026}$ là biểu thức dưới dấu căn phải không âm, tức là $x - 2026 \ge 0$ hay $x \ge 2026$.

Đáp án đúng là: B

$$P = \sqrt 5 \left( {\sqrt {125} - \sqrt {80} } \right) = \sqrt 5 \left( {5\sqrt 5 - 4\sqrt 5 } \right) = \sqrt 5 \cdot \sqrt 5 = 5.$$

Đáp án đúng là: D

Để kiểm tra một điểm có thuộc đồ thị hàm số $y = 3{x^2}$ hay không, ta thay tọa độ của điểm đó vào phương trình.

Thay tọa độ điểm $\left( {1;\,\,3} \right)$ vào, ta được $3 = 3 \cdot {1^2}$ (đẳng thức đúng).

Do đó điểm $\left( {1;\,\,3} \right)$ thuộc đồ thị.

Đáp án đúng là: A

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng $a{x^2} + bx + c = 0$ (với $a \ne 0$). Chỉ có phương trình $5{x^2} + x + 3 = 0$ là thỏa mãn đúng dạng này.

Đáp án đúng là: B

Phương trình ${x^2} - 6x + 5 = 0$ có các hệ số $a = 1,b = - 6,c = 5$.

Theo định lí Viète, tích hai nghiệm của phương trình là ${x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{5}{1} = 5$.

Đáp án đúng là: D

Trong tam giác $MNP$ vuông tại $M$, tỉ số lượng giác $\cos$ của góc $\widehat {MNP}$ bằng độ dài cạnh kề (cạnh $MN$) chia cho độ dài cạnh huyền (cạnh $NP$).

Do đó $\cos \widehat {MNP} = \frac{{MN}}{{NP}}$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = 2{x^2}$ có hệ số $a = 2 > 0$ nên đồ thị là một parabol có đỉnh là gốc tọa độ, bề lõm hướng lên trên và nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng. Khẳng định đúng là $\left( P \right)$ là một parabol có đỉnh là gốc tọa độ.

Đáp án đúng là: A

Trong đường tròn $\left( O \right)$, $\widehat {BAC}$ là góc nội tiếp và $\widehat {BOC}$ là góc ở tâm cùng chắn cung $BC$. Theo tính chất, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung, nên $\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{{80^\circ }}{2} = 40^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Hai đường tròn có bán kính lần lượt là $R = 5{\rm{ cm}}$ và $r = 3{\rm{ cm}}$, khoảng cách hai tâm là $d = OO\prime = 8{\rm{ cm}}$. Ta thấy $d = R + r$ (vì $8 = 5 + 3$), do đó hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào bảng số liệu thống kê chiều cao của 40 học sinh lớp 9A, số lượng học sinh trong nhóm chiều cao $\left[ {160;\,\,170} \right)$ là 16 học sinh.

a) Giải hệ phương trình được nghiệm là $\left( {x;\,y} \right) = \left( {3;\,2} \right)$.

b) Với $a \ge 0,\,\,a \ne 1$ ta có:

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

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

$= \frac{{2\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt a - 1}}{2} = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}$.

Vậy với $a \ge 0,\,\,a \ne 1$ thì $A = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 1}}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 30$.

Gọi $A$ là biến cố: “Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3”.

Ta có các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $\left\{ {3;\,\,6;\,\,9;\,\,12;\,\,15;\,\,18;\,\,21;\,\,24;\,\,27;\,\,30} \right\}$.

Do đó, số kết quả thuận lợi $n\left( A \right) = 10$.

Xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}$.

Thể tích nước ban đầu trong cốc là ${V_1} = \pi \cdot {R^2} \cdot {h_1} = \pi \cdot {4^2} \cdot 8 = 128\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thể tích của viên bi hình cầu là: ${V_1} = \frac{4}{3}\pi \cdot {r^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {3^3} = 36\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thể tích tổng cộng của nước và viên bi khi bị chìm hoàn toàn là:

$V = {V_1} + {V_2} = 128\pi + 36\pi = 164\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Gọi $h$ là chiều cao mực nước sau khi thả viên bi. Ta có: ${V_1} = \pi \cdot {R^2} \cdot h$.

Khi đó, ta có: $164\pi = \pi \cdot {4^2} \cdot h$ suy ra $h = \frac{{164\pi }}{{16\pi }} = 10{,}25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Chiều cao mực nước sau khi thả viên bi là $10{,}25\,\,{\rm{cm}}$.

a) Gọi $x$ là số lượng máy công ty sử dụng cho đơn hàng trên (điều kiện $x \in {\mathbb{N}^*}$).

Số sản phẩm công ty làm được trong một giờ là: $50x$ (sản phẩm).

Tổng số giờ công ty làm xong đơn hàng 4000 sản phẩm là: $\frac{{4\,\,000}}{{50x}} = \frac{{80}}{x}$ (giờ)

Theo đề bài, tổng chi phí bằng chi phí nhân công cộng chi phí bảo trì.

Tổng chi phí nhân công:$600 \cdot \frac{{80}}{x} = \frac{{48\,\,000}}{x}$ (nghìn đồng).

Tổng chi phí bảo trì cho $x$ máy là: $400x$ (nghìn đồng).

b) Ta có phương trình tổng chi phí $\frac{{48\,\,000}}{x} + 400x = 11\,\,920$.

Chia cả hai vế cho 40 và nhân với $x$ (do $x > 0$) ta được:

$10{x^2} - 298x + 1\,200 = 0$ suy ra $5{x^2} - 149x + 600 = 0$.

Do $\Delta = {149^2} - 4 \cdot 5 \cdot 600 = 10\,\,201 = {101^2}$ nên ta được: ${x_1} = 25\,\,\left( {TM} \right);\,\,\,{x_2} = 4{,}8$ (loại)

Vậy công ty phải sử dụng 25 máy.

a) Vì $CA,\,CM$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\widehat {CAO} = \widehat {CMO} = 90^\circ$.

Khi đó bốn điểm $A,\,C,\,M,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, $OC$ là tia phân giác của $\widehat {AOM}$.

Do $N \in OM,\,H \in OC$ suy ra $OH$ là phân giác của góc $AON$ trong $\Delta AON.$

Áp dụng định lí đường phân giác trong $\Delta AON$ ta có: $\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}$.

Chứng minh tương tự có $\frac{{KN}}{{KB}} = \frac{{ON}}{{OB}}$. Từ đó, suy ra $\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{KN}}{{KB}}$.

Áp dụng định lý Thales đảo suy ra $KH\parallel AB$, mà $AB \bot AC$ nên $KH \bot AC$ hay $KH \bot EC$.

Mặt khác $OC,\,OD$ lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù $AOM$ và $MOB$ nên $OC \bot OD$ hay $CO \bot KE$.

Trong tam giác $CEK$ có hai đường cao $KH,\,CO$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trục tâm.

Suy ra $EH \bot CK$ hay $HE \bot CB$.

c) Chứng minh được suy ra $\frac{{BA}}{{EA}} = \frac{{CA}}{{TA}}$ suy ra $AC \cdot EA = BA \cdot TA$.

Vì nên $CA \cdot EA = A{O^2}$.

Do đó, $BA \cdot TA = A{O^2}$ nên $T$ là trung điểm của $OA.$

Khi đó $T$ là điểm cố định và $TB = \frac{{3R}}{2}$.

Ta có: ${S_{BST}} = \frac{1}{2}BS \cdot ST \le \frac{1}{2}\frac{{B{S^2} + S{T^2}}}{2} = \frac{{B{T^2}}}{2} = \frac{{9{R^2}}}{{16}}$.

Dấu “=” xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi $BS = ST$ hay $\Delta BST$ vuông cân tại $S$.

Khi đó $\widehat {CBA} = 45^\circ$.

Trong $\Delta ABC$ có $\widehat A = 90^\circ ,\widehat B = 45^\circ$ nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $AC = AB = 2R$.

Tính được $OC = \sqrt {O{A^2} + A{C^2}} = R\sqrt 5$.

Theo hệ thức lượng trong $\Delta AOC$ tính được $AP = \frac{{OA \cdot AC}}{{OC}} = \frac{{2R\sqrt 5 }}{5}$.

Suy ra $AM = 2AP = \frac{{4R\sqrt 5 }}{5}.$

Ta thấy $\frac{1}{{2 - xy}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2 - xy + xy}}{{2 - xy}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{{xy}}{{2 - xy}}} \right)$

Tương tự suy ra $P = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( {\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}}} \right)$

Ta có biến đổi: $2 - xy = \frac{{4 - 2xy}}{2} = \frac{{2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - 2xy}}{2} = \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2} + {{\left( {x - y} \right)}^2}}}{2}$

Vì ${\left( {x - y} \right)^2} \ge 0$ ta có: $2 - xy \ge \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}{2}$ suy ra $\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}$.

Suy ra $\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}} = \frac{{2xy}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}$.

Áp dụng BĐT AM – GM cho mẫu số: $\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}$

Ta được $\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{xy}}{{\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} \cdot \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)$

Chứng minh tương tự với $\frac{{yz}}{{2 - yz}};\,\,\frac{{xz}}{{2 - zx}}$ rồi cộng theo vế, được:

$$\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}} \le \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {x^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {x^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {y^2}}}} \right)} \right] = \frac{3}{2}$$

Từ đó, suy ra $P \le \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}}$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{9}{4}$ khi $x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}}$.