Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Hà Tĩnh (có đáp án) - Mã đề 02

Xét phương trình \({x^2} - 2x - 4 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 2} \right)^2} - 4.\left( { - 4} \right) = 4 + 16 = 20 > 0\)

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

Theo hệ thức Viète: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - 4}\end{array}} \right.\)

Khi đó:

\[T = \frac{{3{x_1}}}{{{x_2} + 1}} + \frac{{3{x_2}}}{{{x_1} + 1}} = \frac{{3{x_1}\left( {{x_1} + 1} \right) + 3{x_2}\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{3x_1^2 + 3{x_1} + 3x_2^2 + 3{x_2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}} = \frac{{3{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 6{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}}\]

\[ = \frac{{3 \cdot {2^2} - 6\left( { - 4} \right) + 3 \cdot 2}}{{ - 4 + 2 + 1}} = \frac{{42}}{{ - 1}} = - 42.\]

Vậy \(T = - 42\).

Giải hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{2x + y = 7}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{4x + 2y = 14}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{5x = 15}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)

Thay \(x = 3\) vào \(x - 2y = 1\) thì \(3 - 2y = 1\), dẫn đến \(y = 1\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).

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

nên số phần tử của \(A\) là 4.

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{9}\).

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 \(\frac{{240}}{x}\) (giờ). Sau 2 giờ, ô tô đi được \(2x\) (km).

Khi này, quãng đường còn lại xe cần đi là \(240 - 2x\) (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 \(\frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\) (giờ).

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

\(\frac{{240}}{x} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{240}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{240}}{x} = \frac{{x + 804}}{{3\left( {x + 12} \right)}}\)

\(3.240\left( {x + 12} \right) = x\left( {x + 804} \right)\)

\({x^2} + 84x - 8640 = 0\)

\(\left( {x - 60} \right)\left( {x + 144} \right) = 0\)

Suy ra \(x - 60 = 0\) (do \(x > 0\) nên \(x + 144 > 0\))

           \(x = 60\) (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 \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) nên hai điểm \(A,\,\,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(MO\) suy ra tứ giác \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(MO\).

Vậy 4 điểm \(M,A,O,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) *) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}\):

Xét \(\Delta CMA\) và \(\Delta AMD\) có \(\widehat {AMD}\) là góc chung và \(\widehat {MAC} = \widehat {MDA}{\rm{ }}\)

Suy ra $\Delta CMA\backsim \Delta AMD$ (g.g), nên \(\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{DM}}{{AM}}\), hay \(M{A^2} = MC.MD\).

*) Chứng minh \(HE\) vuông góc với \(AI\):

Xét \(\Delta OAM\) và \(\Delta OHA\) có \(\widehat {AOH}\) là góc chung và \(\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta OAM\backsim \Delta OHA$ (g.g).

Dẫn đến \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\) hay \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OC - OH}}{{OM - OC}} = \frac{{OC + OH}}{{OM + OC}} = \frac{{OD + OH}}{{OM + OD}}\) tức là \(\frac{{HC}}{{CM}} = \frac{{HD}}{{DM}}\quad \left( 1 \right).\)

Ta sẽ chứng minh \(I{H^2} = IC.ID\).

Thật vậy: (1) tương đương \(\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{DH}}{{CH}}\).

Mặt khác: \[\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{IM + ID}}{{IC + IM}};\quad \frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.\]

Mà \[IM = IH\] nên \[\frac{{IH + ID}}{{IC + IH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.\]

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

Xét \(\Delta ICE\) và \(\Delta IAD\) có \(\widehat {AID}\) là góc chung và \(\widehat {ICE} = \widehat {IAD}\) (do tứ giác \(CEAD\) nội tiếp)

Suy ra $\Delta ICE\backsim \Delta IAD$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}\), hay \(IE.IA = IC.ID\).

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

Xét \(\Delta IHE\) và \(\Delta IAH\) có \(\widehat {AID}\) là góc chung và \(\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IH}}\)

Do đó $\Delta IHE\backsim \Delta IAH$ (c.g.c), nên là \(\widehat {IEH} = \widehat {IHA} = 90^\circ \), hay \(HE \bot AI\).

a) Đặt bán kính mặt cầu là \(R = 6\) dm và gọi chiều cao của hình nón là \(h\) (dm) \(\left( {0 \le h \le 2R = 4} \right).\)

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu đến tâm của đáy nón là \(\left| {R - h} \right| = \left| {2 - h} \right|\) (dm)

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

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

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

Suy ra \({r^2} = 4 - \left( {{h^2} - 4h + 4} \right) = 4h - {h^2}\)

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

\({V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {4h - {h^2}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {4 - h} \right) \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} \le \frac{{4\pi }}{3} \cdot {\left( {\frac{{4 - h + \frac{h}{2} + \frac{h}{2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{256\pi }}{{81}}\) (dm3).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(4 - h = \frac{h}{2}\) hay \(h = \frac{8}{3}\) (dm)

Vậy thể tích hình nón có giá trị lớn nhất là \(\frac{{256\pi }}{{81}}\) dm3 khi chiều cao của hình nón là \(\frac{8}{3}\) dm.

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

\(4 = a + b + 2ab \le a + b + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}\)

\(8 \le 2\left( {a + b} \right) + {\left( {a + b} \right)^2}\)

\(\left( {a + b + 4} \right)\left( {a + b - 2} \right) \ge 0.\)

Vì \(a,b > 0\) nên \(a + b + 4 > 0\), suy ra \(a + b - 2 \ge 0\) hay \(a + b \ge 2\).

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

\(2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2} \ge {2^2} = 4,{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} \ge 2.\)

Từ đó \(P = \frac{{2{a^2}{b^2} + 4}}{{ab}} - \frac{5}{{{a^2} + {b^2}}} + 4\)

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

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

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

\( = 4 + 4 - \frac{1}{2} = \frac{{15}}{2}.\)

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

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{{15}}{2}\) khi \(a = b = 1\).