Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Hà Tĩnh (có đáp án) - Mã đề 01

Xét phương trình \({x^2} - 3x - 6 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.\left( { - 6} \right) = 9 + 24 = 33 > 0\).

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

Theo hệ thức Viète: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 3}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - 6}\end{array}} \right.\)

Khi đó

\(T = \frac{{2{x_1}}}{{{x_2} + 1}} + \frac{{2{x_2}}}{{{x_1} + 1}} = \frac{{2{x_1}\left( {{x_1} + 1} \right) + 2{x_2}\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{2x_1^2 + 2{x_1} + 2x_2^2 + 2{x_2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\ = \frac{{2{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}}\\ = \frac{{2 \cdot {3^2} - 4\left( { - 6} \right) + 2 \cdot 3}}{{ - 6 + 3 + 1}} = \frac{{48}}{{ - 2}} = - 24.\end{array}\)

Vậy \(T = - 24\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 6}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.\), tương đương với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 2y = 6}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.\), hay là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x = 10}\\{x + 2y = 4}\end{array}} \right.\)

Hay ta có \(x = 2\). Thay vào \(x + 2y = 4\) thì \(2 + 2y = 4\), dẫn đến \(y = 1\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).

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

nên số phần tử của \(A\) là 5.

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{9}\).

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 \(\frac{{180}}{x}\) (giờ). Sau 1 giờ, ô tô đi được \(x\) (km).

Khi này, quãng đường còn lại xe cần đi là \(180 - x\) (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 \(\frac{{180 - x}}{{x + 12}}\) (giờ).

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

\(\frac{{180}}{x} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{{180 - x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{180}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{180 - x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{180}}{x} = \frac{{x + 588}}{{3\left( {x + 12} \right)}}\)

\(3.180\left( {x + 12} \right) = x\left( {x + 588} \right)\)

\({x^2} + 48x - 6480 = 0\)

\(\left( {x - 60} \right)\left( {x + 108} \right) = 0\)

Suy ra \(x - 60 = 0\) (do \(x > 0\) nên \(x + 108 > 0\))

           \(x = 60\) (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 \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \) nên hai điểm \(M,\,\,N\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Như vậy tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy bốn điểm \(A,M,O,N\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(AP.AQ = A{M^2}\):

Xét \(\Delta PAM\) và \(\Delta MAQ\) có \[\widehat {AMQ}\] là góc chung và \[\widehat {AMP} = \widehat {AQM}\]

Suy ra $\Delta PAM\backsim \Delta MAQ$ (g.g), nên \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{AP}}{{AM}}\), hay \(A{M^2} = AP.AQ\).

*) Chứng minh \(HJ\) vuông góc với \(MI\):

Xét \(\Delta OMA\) và \(\Delta OHM\) có \(\widehat {MOH}\) là góc chung và \(\widehat {OHM} = \widehat {OMA} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta OMA\backsim \Delta OHM$ (g.g).

Dẫn đến \(\frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{OA}}\) hay \(\frac{{OH}}{{OP}} = \frac{{OP}}{{OA}} = \frac{{OP - OH}}{{OA - OP}} = \frac{{OP + OH}}{{OA + OP}} = \frac{{OH + OQ}}{{OA + OQ}}\) tức là \(\frac{{HP}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{AQ}}\quad \left( 1 \right).\)

Ta sẽ chứng minh \(I{H^2} = IP.IQ\).

Thật vậy: (1) tương đương \(\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{HP}}\).

Mặt khác: \(\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{IA + IQ}}{{IP + IA}};\quad \frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.\)

Mà \(IA = IH\) nên \(\frac{{IQ + IA}}{{IA + IP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta suy ra được \(\frac{{IH}}{{IP}} = \frac{{IQ}}{{IH}}\), nên \(I{H^2} = IP.IQ\).

Xét \(\Delta IPJ\) và \(\Delta IMQ\) có \(\widehat {MIQ}\) là góc chung và \(\widehat {IPJ} = \widehat {IMQ}\) (Do tứ giác \(PJMQ\) nội tiếp đường tròn)

Suy ra $\Delta IPJ\backsim \Delta IMQ$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{IP}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IQ}}\), hay \(IP.IQ = IM.IJ\).

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

Xét \(\Delta IHJ\) và \(\Delta IMH\) có \(\widehat {MIQ}\) là góc chung và \(\frac{{IH}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IH}}\)

Do đó $\Delta IHJ\backsim \Delta IMH$ (c.g.c), nên là \(\widehat {IJH} = \widehat {IHM} = 90^\circ \), hay \(HJ \bot MI\).

a) Đặt bán kính mặt cầu là \(R = 6\) dm và gọi chiều cao của hình nón là \(h\) (dm) \(\left( {0 \le h \le 2R = 12} \right).\)

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu đến tâm của đáy nón là \(\left| {R - h} \right| = \left| {6 - h} \right|\) (dm).

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

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

\({r^2} + {\left( {6 - h} \right)^2} = {6^2}\)

Suy ra \({\rm{ }}{r^2} = 36 - \left( {{h^2} - 12h + 36} \right) = 12h - {h^2}\)

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

\({V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {12h - {h^2}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {12 - h} \right) \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} \le \frac{{4\pi }}{3}{\left( {\frac{{12 - h + \frac{h}{2} + \frac{h}{2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{256\pi }}{3}\) (dm3).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(12 - h = \frac{h}{2}\) hay \(h = 8\) (dm).

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

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

\(3 = a + b + ab \ge ab + 2\sqrt {ab} \) suy ra \(\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)\left( {\sqrt {ab} + 3} \right) \le 0\)

Vì \(\sqrt {ab} > 0\) nên \(\sqrt {ab} - 1 \le 0\), hay là \(ab \le 1\).

Khi đó \(a + b = 3 - ab \ge 3 - 1 = 2\), suy ra \({a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \ge \frac{{{2^2}}}{2} = 2\)

\(P = \frac{{2{a^2}{b^2} + 3}}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3 = \left( {2ab + \frac{2}{{ab}}} \right) + \frac{1}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3\)

\(\mathop \ge \limits^{BDT{\kern 1pt} {\kern 1pt} Cauchy} {\mkern 1mu} 2.2.\sqrt {ab.\frac{1}{{ab}}} + \frac{1}{1} - \frac{4}{2} + 3\)

\( = 4 + 1 + 3 - 2 = 6.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 6 khi \(a = b = 1\).