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

a) Thay \(x = 10\) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = 10 - 9 = 1\).

Vậy khi \(x = 10\) thì \(A = 1\).

b) Phân thức \(B\) xác định khi \(x - 4 \ne 0\) hay \(x \ne 4\).

Vậy điều kiện xác định của phân thức \(B\) là \(x \ne 4\).

c) Với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) ta có:

\(C = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 3 + \sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\)

Vậy với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) thì \(C = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\).

a) \(2x - 8 = x + 3\)

\(2x - x = 3 + 8\)

\(x = 11.\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 11\).

b) Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 28 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}.\)

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.\)

Vì \({x_1} + {x_2} = 6 > 0\) và \({x_1}{x_2} = 2 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: \(x_1^2 - 6{x_1} + 2 = 0\) hay \(x_1^2 = 6{x_1} - 2\).

Ta có: \(12{x_1} + 7 = 6{x_1} + 9 + 6{x_1} - 2 = x_1^2 + 6{x_1} + 9 = {\left( {{x_1} + 3} \right)^2}\).

Khi đó, \(P = \sqrt {12{x_1} + 7}  + {x_2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 3} \right)}^2}}  + {x_2}\)

\( = {x_1} + \left| {{x_1} + 3} \right| + {x_2}\)

\( = {x_1} + 3 + {x_2}\) (do \({x_1} > 0\)).

\( = \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 = 6 + 3 = 9\).

Vậy \(P = 9\).

a) Số người đi bộ từ 2 km đến dưới 4 km là: \(9 + 15 = 24\) (người).

b) Không gian mẫu của phép thử là:

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1;\,\,3} \right);\,\,\left( {1;\,\,4} \right);\,\,\left( {1;\,\,5} \right);\,\,\left( {1;\,\,6} \right);\,\,\left( {2;\,\,3} \right);\,\,\left( {2;\,\,4} \right);\,\,\left( {2;\,\,5} \right);\,\,\left( {2;\,\,6} \right);\,\,\left( {3;\,\,3} \right);\,\,\left( {3;\,\,4} \right);\,\,\left( {3;\,\,5} \right);} \right.\]\[\left( {3;\,\,6} \right);\,\,\left( {4;\,\,3} \right);\]\[\left( {4;\,\,4} \right);\,\,\left. {\left( {4;\,\,5} \right);\,\,\left( {4;\,\,6} \right)} \right\}.\]

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 16\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố M là:

\(\left( {1;3} \right),\left( {1;4} \right),\left( {1;5} \right),\left( {1;6} \right),\left( {2;4} \right),\left( {2;6} \right),\left( {3;3} \right),\left( {3;6} \right),\left( {4;4} \right)\).

Số kết quả thuận lợi của biến cố M là \(n\left( M \right) = 9\).

Xác suất của biến cố M là: \(P\left( M \right) = \frac{9}{{16}}\).

a) Số tiền vé đoàn khách đó phải trả là: \(11 \cdot 200 + 7 \cdot 40 + 2 \cdot 0 = 2480\) (nghìn đồng).

b) Giá vé cho người từ 18 tuổi trở lên có hộ khẩu tại địa phương là: \(200 \cdot 50\%  = 100\) (nghìn đồng/người).

Gia đình có 10 người trên 18 tuổi, trong đó có \(x\) người có hộ khẩu tại địa phương nên số người không có hộ khẩu là \(10 - x\) (người).

Công thức biểu thị số tiền vé \(y\) mà gia đình đó phải trả theo \(x\) là:

\(y = 100x + 200\left( {10 - x} \right)\) hay \(y =  - 100x + 2000\).

Gọi số phần quà mà nhóm tình nguyện viên dự định gói mỗi ngày là \(x\) (phần quà) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)

Thời gian dự định để gói xong 900 phần quà là: \(\frac{{900}}{x}\) (ngày).

Thực tế, mỗi ngày nhóm đã gói được: \(x + 15\) (phần quà).

Thời gian thực tế để gói xong 900 phần quà là: \(\frac{{900}}{{x + 15}}\) (ngày).

Vì nhóm đã hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình:

\(\frac{{900}}{x} - \frac{{900}}{{x + 15}} = 3\)

\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 15}} = 1\)

\(300\left( {x + 15} \right) - 300x = x\left( {x + 15} \right)\)

\({x^2} + 15x - 4500 = 0\).

Phương trình có \(\Delta  = {15^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 4500} \right) = 18225 > 0\).

Suy ra \({x_1} = \frac{{ - 15 + \sqrt {18225} }}{2} = 60\) (thỏa mãn), \({x_2} = \frac{{ - 15 - \sqrt {18225} }}{2} =  - 75\) (loại).

Vậy theo dự định, mỗi ngày nhóm tình nguyện viên gói được 60 phần quà.

a) Vì \(BK \bot KM\) tại \(K\) nên \(\widehat {BKM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BKM\) vuông tại \(K\). Do đó, \(\Delta BKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BEM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\). Do đó, \(\Delta BEM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BM\).

b) \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(K\) là trung điểm cạnh huyền \(AH\) nên \(EK = KH = \frac{1}{2}AH\).

Suy ra \(\Delta EKH\) cân tại \(K\) nên \(\widehat {KEH} = \widehat {KHE}\).

Vì tứ giác \(BKEM\) nội tiếp nên \(\widehat {KMB} = \widehat {KEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KB\)).

\( = \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAD}\)).

c) ⦁ Ta có: \(\widehat {ANB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Xét \(\Delta BKM\) và \(\Delta BAN\) có: \(\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) và \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Do đó $\Delta BKM\backsim \Delta BAN$ (g.g).

⦁ Ta có: \(\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}\) và \(\widehat {MBK} = \widehat {NBA}\).

Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}\) và \(\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}\) suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\).

Xét \(\Delta BMN\) và \(\Delta BKA\) có: \(\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) và \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\)

Do đó $\Delta BMN\backsim \Delta BKA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}\).

Ta có: \(\widehat {BNC} = \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}\) nên \(\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.\)

Vì \(AD \bot BC\) và \(NC \bot BC\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,NC\), suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}\).

Do đó \(\widehat {MNC} = \widehat {MCN}\), vậy \(\Delta MNC\) cân tại \(M\), nên \(MN = MC\).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(ON = OC = R\). Do \(MN = MC\) và \(ON = OC\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(NC\). Vậy \(OM\) đi qua trung điểm của \(NC\).

⦁ Gọi \(V\) là thể tích của ly nước đầy ban đầu. Bán kính đáy \(R = 4\) cm, chiều cao \(H = 10\) cm.

Khi đó, thể tích của ly nước ban đầu được tính bằng \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}H\).

⦁ Khi mực nước có chiều cao \(h\), phần nước là một hình nón đồng dạng với hình nón ban đầu. Gọi \(r\) là bán kính mặt nước tại chiều cao đó.

Theo định lí Thalès, \(\frac{r}{R} = \frac{h}{H}\) suy ra \(r = \frac{h}{H}R\).

Thể tích lượng nước ứng với chiều cao \(h\) là:

\({V_h} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi  \cdot {\left( {\frac{h}{H}R} \right)^2}h = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3} \cdot \frac{1}{3}\pi {R^2}H = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3}V\).

Như vậy, \(\frac{{{V_h}}}{V} = {\left( {\frac{h}{H}} \right)^3}.\) Suy ra tỉ số thể tích lượng nước so với thể tích khi ly đầy bằng lập phương tỉ số hiều cao tương ứng.

⦁ Gọi \({V_1}\) là thể tích nước còn lại trong ly thứ nhất, tương ứng với \({h_1} = \frac{3}{4}H\).

Khi đó: \(\frac{{{V_1}}}{V} = {\left( {\frac{{{h_1}}}{H}} \right)^3} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} = \frac{{27}}{{64}}\).

Thể tích nước đã đổ sang ly thứ hai (\({V_2}\)) là: \({V_2} = V - {V_1} = \frac{{37}}{{64}}V\). Suy ra \[\frac{{{V_2}}}{V} = \frac{{37}}{{64}}.\]

⦁ Gọi \({h_2}\) là chiều cao của lượng nước trong ly thứ hai.

Khi đó, \({\left( {\frac{{{h_2}}}{{10}}} \right)^3} = \frac{{37}}{{64}}\) nên \(\frac{{{h_2}}}{{10}} = \frac{{\sqrt[3]{{37}}}}{4}\).

Suy ra \({h_2} = \frac{{10\sqrt[3]{{37}}}}{4} = \frac{{5\sqrt[3]{{37}}}}{2}\) (cm).

Vậy chiều cao của lượng nước có trong ly thứ hai là \(\frac{{5\sqrt[3]{{37}}}}{2}\) cm.