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

1. Ta có $1 + \sqrt 4 = 1 + 2 = 3.$

2. Với $x > 0,x \ne 1$, ta có:

$A = \frac{x}{{x - \sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}$$= \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}$$= \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}} = 1.$

3. Bảng giá trị:

Biểu diễn 2 điểm $A\left( {0\,;\,\,3} \right)$ và $B\left( { - 3\,;\,\,0} \right)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy.$ Đồ thị của hàm số $y = x + 3$ là đường thẳng $AB.$

Ta có $2x - 10 < 0$

$2x < 10$

$x < 5$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x < 5$.

Vì $\Delta = 17 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - 1}\\{{x_1}.{x_2} = - 4}\end{array}} \right.$.

Khi đó $B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}} = \frac{1}{4}$.

Gọi $x,\,\,y$ (triệu đồng) lần lượt là giá niêm yết của một ti vi và một máy điều hòa $\left( {0 < x,\,\,y < 25} \right).$

Vì tổng số tiền hai sản phẩm này theo giá niêm yết là 25 triệu đồng nên ta có phương trình:

$x + y = 25\quad (1)$.

Giá của một ti vi sau khi giảm giá 10% là $0{,}9x$ (triệu đồng);

Giá của một máy điều hòa sau khi giảm giá 5% là $0{,}95y$ (triệu đồng).

Vì tổng số tiền anh Hải phải trả là 23 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0{,}9x + 0{,}95y = 23\quad (2)$.

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 25}\\{0{,}9x + 0{,}95y = 23}\end{array}} \right.$.

Giải hệ phương trình ta được $x = 15,y = 10$ (thỏa mãn).

Vậy giá niêm yết của một ti vi là 15 triệu đồng và giá niêm yết của một máy điều hòa là 10 triệu đồng.

1. Số học sinh mượn sách giáo khoa là $40 \cdot 10\% = 4$ (học sinh).

Số học sinh mượn sách tham khảo là $40 \cdot 40\% = 16$ (học sinh).

Số học sinh mượn truyện là $40 \cdot 35\% = 14$ (học sinh).

Số học sinh mượn tuyển tập thơ là $40 \cdot 15\% = 6$ (học sinh).

Bảng tần số:

2. Không gian mẫu của phép thử là toàn bộ học sinh của lớp 9A, vì lớp 9A có 40 học sinh nên số phần tử của không gian mẫu là 40. Các kết quả của phép thử này là đồng khả năng.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “học sinh đó mượn sách tham khảo hoặc tập thơ” là $16 + 6 = 22$.

Vậy xác suất của biến cố trên là $\frac{{22}}{{40}} = \frac{{11}}{{20}}$.

a) Tính thể tích của đống cát trên là: ${V_{cat}} = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot {4^2} \cdot 1{,}5 = 8\pi {\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

b) Thể tích thùng xe là: ${V_{xe}} = 1 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}3 = 0{,}18{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Số chuyến xe cần để vận chuyển hết đống cát là: $\frac{{8\pi }}{{0{,}18}} \approx 139{,}6$ (chuyến).

Vậy số chuyến xe ít nhất cần để vận chuyển hết đống cát đến khu xây dựng là 140 chuyến.

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat {ECF} = 90^\circ$ suy ra $\Delta ECF$ vuông tại $C$, suy ra $\Delta ECF$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF.$

Do đó ba điểm $C,\,\,E,\,\,F$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $EF$ (1).

Ta có $AE \bot AF$ tại $A$ nên $\Delta AEF$ vuông tại $A$, suy ra $\Delta AEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF.$ Do đó ba điểm $A,\,\,E,\,\,F$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $EF$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,\,\,E,\,\,C,\,\,F$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $EF.$

Vậy tứ giác $AECF$ nội tiếp.

b) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat {ACD} = 45^\circ$.

Ta có tứ giác $AECF$ nội tiếp nên $\widehat {ACF} = \widehat {AEF} = 45^\circ$ (cùng chắn cung $AF$).

Mà $\Delta AEF$ vuông tại $A$ nên $\Delta AEF$ vuông cân tại $A$.

Hơn nữa $I$ là trung điểm của $EF$ nên $AI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của $\Delta AEF.$

Suy ra $AI \bot EF$ hay $AK \bot EF$.

Xét $\Delta CEF$ và $\Delta IKF$ có: $\widehat {CFE}$ chung; $\widehat {FIK} = \widehat {ECF} = 90^\circ .$

Suy ra $ΔCEF∽ΔIKF$ (g.g) nên $\frac{{CF}}{{IF}} = \frac{{EF}}{{KF}}$.

Vậy $FI \cdot FE = FK \cdot FC$.

c) Ta có $\Delta AEF$ vuông cân tại $A$. Hơn nữa $I$ là trung điểm của $EF$ nên $AI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác của $\Delta AEF$. Suy ra $\widehat {EAI} = 45^\circ$ và $IA = IE$.

Ta có $\Delta CEF$ vuông tại $C$ có $I$ là trung điểm của $EF$ nên $IC = IE$.

Suy ra $IC = IA$ nên $I$ thuộc đường trung trực của $AC.$

Ta lại có $ABCD$ là hình vuông nên $BD$ là đường trung trực của $AC.$

Do đó bốn điểm $B,\,\,L,\,\,I,\,\,D$ thẳng hàng.

Suy ra $LA = LC$.

Xét $\Delta LAI$ và $\Delta LCI$ có:

$LA = LC$ (cmt); $IC = IA$ (cmt); cạnh IL chung

Suy ra $\Delta LAI = \Delta LCI$ (c.c.c). Khi đó $\widehat {LAI} = \widehat {LCI} = 45^\circ$.

Vậy khi $E$ thay đổi trên cạnh $BC$ thì số đo của góc $LCI$ không đổi.

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta \ge 0$ hay ${\left( { - 2a} \right)^2} - 4\left( {2{a^2} + {b^2} - 5} \right) \ge 0$, suy ra ${a^2} + {b^2} \le 5.$

⦁ Ta có $P = \left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right) = ab + a + b + 1$

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

$\ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - 5}}{2} + a + b + 1$

$= \frac{1}{2}{\left[ {\left( {a + b} \right) + 1} \right]^2} - 2 \ge - 2$

Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $- 2$.

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a + b = - 1}\\{{a^2} + {b^2} = 5}\end{array}} \right.$, tức là $\left( {a\,;\,\,b} \right) = \left( { - 2\,;\,\,\,1} \right)$ hoặc $\left( {a\,;\,\,b} \right) = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).$

⦁ Ta có $P = \left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right) = ab + a + b + 1$.

Ta có ${\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ suy ra $2ab \le {a^2} + {b^2}$.

Vì ${a^2} + {b^2} \le 5$, ta suy ra $2ab \le 5$, do đó $ab \le \frac{5}{2}$.

Mặt khác, ${\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab \le 5 + 5 = 10$.

Từ kết quả này, ta có $a + b \le \sqrt {10}$.

Khi đó, $P \le \frac{5}{2} + \sqrt {10} + 1 = \frac{7}{2} + \sqrt {10}$

Giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ là $\frac{7}{2} + \sqrt {10}$.

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 5\\a + b > 0\end{array} \right.$ tức là $a = b = \frac{{\sqrt {10} }}{2}$.