Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Hà Tĩnh năm học 2025-2026 có đáp án

Theo định lí Viète ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}.{x_2} = 4\end{array} \right.\]

\[T = {\left( {{x_1} + 2} \right)^2} + {\left( {{x_2} + 2} \right)^2} = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 8\]

Xét hệ \[\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 8{\rm{ (1)}}\\2x - y = 1{\rm{ (2)}}\end{array} \right.\]. Nhân 2 vào PT (2) và cộng vào PT (1) ta có: \[5x = 10\].

Khi đó \[x = 2\]. Thế giá trị \[x = 2\] vào phương trình (2) ta có: \[4 - y = 1\] suy ra \[y = 3\].

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhât \[\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\]. 

a) Không gian mẫu:

\[\left\{ {\left( {4;5} \right);\left( {4;6} \right);\left( {4;7} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;6} \right);\left( {5;7} \right);\left( {6;4} \right);\left( {6;5} \right);\left( {6;7} \right)} \right\}\]

Số kết quả thuận lợi của biến cố \[A\]: “Tổng hai số trên hai viên bi chia 3 dư 1” là:

\[\left\{ {\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {6;7} \right);\left( {7;6} \right)} \right\}\]

Xác suất của biến cố \[A\] là \[P(A) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\].

b) Gọi số xe thực tế tham gia chở hàng là \[x\](xe) \[x \in N*\]

Số xe dự định ban đầu là: \[x + 1\] (xe)

Dự kiến ban đầu mỗi xe chở số tấn hàng là: \[\frac{{66}}{{x + 1}}\](tấn)

Thực tế mỗi xe chở số tấn hàng là: \[\frac{{66}}{x}\] (tấn).

Theo bài ra ta có phương trình: \[\frac{{66}}{x} - \frac{{66}}{{x + 1}} = \frac{1}{2}\] hay \[{x^2} + x - 132 = 0\]

Giải ra ta có: \[{x_1} = 11\](thoả mãn); \[{x_2} =  - 12\](loại)

Vậy số xe thực tế tham gia chở hàng là: 11 (xe).

Suy ra 3 điểm \[B,E,C\] cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (1).

Ta có: \[CF \bot AB\] nên \[\widehat {BFC} = 90^\circ .\]

Suy ra 3 điểm \[B,F,C\] cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.

b) Kẻ đường kính \[AP\] của đường tròn \[\left( O \right)\]. Khi đó \[PC \bot AC\] nên \[PC\]//\[BH\](cùng vuông góc với \[AC\]) và \[PB \bot AB\] nên \[PB\]//\[CH\](cùng vuông góc với \[AB\]). Do đó \[BHCP\] là hình bình hành.

Suy ra trung điểm \[I\]của \[BC\] cũng là trung điểm của \[PH\]. Vì vậy \[OI\] là đường trung bình của tam giác \[PAH\] nên \[OI = \frac{{AH}}{2}\] hay \[AH = 2OI\].

Kẻ đường thẳng qua \[H\], vuông góc với \[IH\]cắt các đường thẳng \[AB,AC\] lần lượt tại \[X,Y\].

Vì \[\widehat {PBX} = \widehat {PHX} = {90^o}\] nên các điểm \[P,B,X,H\] nằm trên đường tròn đường kính \[PX\], suy ra \[\widehat {PXH} = \widehat {PBH}\]. Tương tự \[\widehat {PCY} = \widehat {PHY} = {90^o}\] nên các điểm \[P,C,Y,H\] nằm trên đường tròn đường kính \[PY\], suy ra \[\widehat {PYH} = \widehat {PCH}\]

Mà \[BHCP\] là hình bình hành nên \[\widehat {PBH} = \widehat {PCH}\], suy ra \[\widehat {PXH} = \widehat {PYH}\] hay tam giác \[PXY\] cân tại \[P\], đường cao \[PH\] nên \[H\] là trung điểm của \[XY\].

Vì \[XY\]//\[MN\] nên ta có \[\frac{{XH}}{{MQ}} = \frac{{AH}}{{AQ}} = \frac{{HY}}{{QN}}\]. Suy ra \[MQ = QN\] hay \[Q\] là trung điểm của \[MN\]

a) Gọi cạnh đáy của thùng là \[a{\rm{ }}\left( {dm} \right)\] và chiều cao của thùng là \[h{\rm{ }}\left( {dm} \right)\]

Thể tích thùng là: \[{a^2}.h = 120{\rm{ (d}}{{\rm{m}}^3})\].

Phân xung quanh và mặt đáy của thùng có diện tích \[S = 4ah + {a^2}\] \[(d{m^2})\].

Ta có: \[4ah + {a^2} = 2ah + 2ah + {a^2} \ge 3\sqrt[3]{{2ah.2ah.{a^2}}} = 3\sqrt[3]{{4{{\left( {{a^2}h} \right)}^2}}} = 3\sqrt[3]{{{{4.120}^2}}} \approx 115,9(d{m^2})\]

Đẳng thức xảy ra khi vàchir khi \[2ah = {a^2}\] hay \[a = 2h\], mà \[{a^2}.h = 120\] suy ra \[{h^3} = 30\] hay \[h \approx 3,1(dm)\]

Và \[a = 2h \approx 6,2(dm)\].

Vậy thùng có cạnh đáy gần bằng \[6,2(dm)\], chiều cao gần bằng \[3,1(dm)\].

b) Ta có \[5{a^2} = 4\left( {ab + bc + ca} \right) + 4bc \le 4a\left( {b + c} \right) + {\left( {b + c} \right)^2}\].

Suy ra: \[5{a^2} - 4a\left( {b + c} \right) - {\left( {b + c} \right)^2} \le 0\] hay \[5{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)^2} - 4\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right) - 1 \le 0\]

Do đó \[ - \frac{1}{5} \le \frac{a}{{b + c}} \le 1\], suy ra \[a \le b + c\].

Từ đó \[\sqrt {2\left( {a + b + c} \right)}  \le \sqrt {4\left( {b + c} \right)}  = 2\sqrt {b + c} \] và \[{b^2} + {c^2} \ge \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2}\] nên

\[S \le 2\sqrt {b + c}  - \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2} \le \left( {b + c + 1} \right) - \frac{1}{2}{\left( {b + c} \right)^2} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}{\left[ {\left( {b + c} \right) - 1} \right]^2} \le \frac{3}{2}\].

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[a = 1;b = c = \frac{1}{2}\] nên giá trị lớn nhât của \[S\]là \[\frac{3}{2}\]