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

a) Từ bảng thống kê, tần số của nhóm [17; 18) là 30.

Tổng số củ cà rốt của trang trại là: \(N = 8 + 17 + 30 + 26 + 14 + 5 = 100\) (củ).

Tần số tương đối của nhóm [17; 18) là: \(f = \frac{{30}}{{100}} \cdot 100\% = 30\% \).

b) Phép thử ở đây là việc bạn An rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp chứa 5 tấm thẻ ghi các số \(1;\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5\).

Không gian mẫu của phép thử là tập hợp các số ghi trên tấm thẻ có thể được rút ra: \(\Omega = \left\{ {1;\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5} \right\}\)

Số phần tử của không gian mẫu là 5.

Đề bài nêu rõ An “rút ngẫu nhiên” 1 tấm thẻ từ trong hộp. Mỗi tấm thẻ có hình thức giống hệt nhau (chỉ khác số) và xác suất được chọn của mỗi tấm thẻ là như nhau. Do đó, kết quả có thể xảy ra của phép thử này là đồng khả năng.

Gọi biến cố \(A:\) “An rút được tấm thẻ ghi số chẵn”.

Kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là tấm thẻ ghi số 2 hoặc số 4.

Do đó, có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\).

Xác suất để bạn An rút được tấm thẻ ghi số chẵn là tỉ số giữa kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) với số phần tử của không gian mẫu.

Do đó, \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\).

Vậy xác suất để An rút được tấm thẻ ghi số chẵn là \(\frac{2}{5}.\).

a) Ta có: \(A = \sqrt 4 + \sqrt 3 \cdot \sqrt {12} - \sqrt {49} \)

\( = 2 + \sqrt {3 \cdot 12} - 7\)

\( = 2 + \sqrt {36} - 7\)

\( = 2 + 6 - 7\)

\( = 1\).

Vậy \(A = 1\).

b) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\), ta có:

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 2 - 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)

Vậy \(B = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\).

c) Thay \(x = 2\) và \(y = 6\) vào \(y = a{x^2}\) được:

\({2^2} \cdot a = 6\) hay \(4a = 6\) suy ra \(a = \frac{3}{2}\).

Vậy \(a = \frac{3}{2}\) thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm \(M\left( {2;\,\,6} \right)\).

a) Gọi \(x\) là giá tiền 1 kg táo (đơn vị: nghìn đồng), \(y\) là giá tiền 1 kg cam (đơn vị: nghìn đồng). Điều kiện \(x,\,\,y > 0\).

Nhóm thứ nhất mua 3 kg táo và 5 kg cam, tổng số tiền phải trả là 225 nghìn đồng nên ta có phương trình: \(3x + 5y = 225\) (1)

Nhóm thứ hai mua 4 kg táo và 2 kg cam, tổng số tiền phải trả là 160 nghìn đồng nên ta có phương trình: \(4x + 2y = 160\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\4x + 2y = 160\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\2x + y = 80\end{array} \right.\), do đó \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\y = 80 - 2x\end{array} \right.\)

Thay \(y = 80 - 2x\) vào phương trình (1) được:

\(3x + 5\left( {80 - 2x} \right) = 225\)

\(3x + 400 - 10x = 225\)

\(400 - 7x = 225\)

\(7x = 175\)

\(x = 25\) (thỏa mãn)

Khi đó, \(y = 80 - 2 \cdot 25 = 30\) (thỏa mãn)

Vậy giá 1 kg táo là 25 nghìn đồng, giá 1 kg cam là 30 nghìn đồng.

b) Gọi vận tốc của ô tô tải là \(x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\), điều kiện \(x > 0.\)

Vận tốc của ô tô con là \(x + 15\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\).

Thời gian ô tô tải đi quãng đường \(AB\) là \(\frac{{154}}{x}\) (giờ)

Thời gian ô tô con đi quãng đường \(AB\) là \(\frac{{154}}{{x + 15}}\) (giờ)

Đổi 36 phút = \(0,6\) giờ.

Vì ô tô con xuất phát sau 36 phút (0,6 giờ) nhưng đến cùng lúc với ô tô tải nên ta có phương trình:

\(\frac{{154}}{{x + 15}} + 0,6 = \frac{{154}}{x}\)

Giải phương trình:

\(\frac{{154}}{x} - \frac{{154}}{{x + 15}} = 0,6\)

\(154\left[ {\frac{{x + 15}}{{\left( {x + 15} \right)x}} - \frac{x}{{\left( {x + 15} \right)x}}} \right] = 0,6\)

\(\frac{{154 \cdot 15}}{{x\left( {x + 15} \right)}} = 0,6\)

\(\left( {{x^2} + 15x} \right) \cdot 0,6 = 2\,\,310\)

\(0,6{x^2} + 9x - 2\,\,310 = 0\)

\({x^2} + 15x - 3\,\,850 = 0\)

\(\left( {x - 55} \right)\left( {x + 70} \right) = 0\)

Vì \(x > 0\) nên \(x = 55\) thỏa mãn.

Khi đó, vận tốc ô tô con là \(55 + 15 = 70\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\).

Vậy vận tốc của ô tô tải là 55 km/h, vận tốc của ô tô con là 70 km/h.

c) Phương trình \({x^2} - 5x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 = 21 > 0\) nên có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 1\end{array} \right.\).

Vì \({x_1}\) là nghiệm của \({x^2} - 5x + 1 = 0\) nên ta có \(x_1^2 - 5{x_1} + 1 = 0\) suy ra \(x_1^2 = 5{x_1} - 1\).

Tương tự với \({x_2}\) được \(x_2^2 = 5{x_2} - 1\).

Ta có: \({\left( {5{x_1} - 1} \right)^2} = 25x_1^2 - 10{x_1} + 1 = \left( {23x_1^2 - 1} \right) + 2\left( {x_1^2 - 5{x_1} + 1} \right) = 23x_1^2 - 1\)

Do đó, \(\sqrt {23x_1^2 - 1} = \sqrt {{{\left( {5{x_1} - 1} \right)}^2}} = \left| {5{x_1} - 1} \right| = 5{x_1} - 1\) (do \(5{x_1} - 1 = x_1^2 \ge 0\)).

Thay vào biểu thức \(P\), được:

\(P = \frac{1}{{2 + \sqrt {23x_1^2 - 1} }} + \frac{{3x_2^2 + 7}}{{5{x_2} + 1}}\)

\( = \frac{1}{{2 + 5{x_1} - 1}} + \frac{{3\left( {5{x_2} - 1} \right) + 7}}{{5{x_2} + 1}}\)

\( = \frac{1}{{5{x_1} + 1}} + \frac{{15{x_2} + 4}}{{5{x_2} + 1}}\)

\( = \frac{1}{{5{x_1} + 1}} + 3 + \frac{1}{{5{x_2} + 1}}\)

\( = \frac{{5{x_2} + 1 + 5{x_1} + 1}}{{\left( {5{x_1} + 1} \right)\left( {5{x_2} + 1} \right)}} + 3\)

\( = \frac{{5\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + 2}}{{25{x_2}{x_1} + 5\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + 1}} + 3\)

\( = \frac{{5 \cdot 5 + 2}}{{25 \cdot 1 + 5 \cdot 5 + 1}} + 3 = \frac{{60}}{{17}}\)

Vậy \(P = \frac{{60}}{{17}}\).

a) Vì \(CF,\,\,BE\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).

Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) nên \(A,\,H,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (1).

Tam giác \(AFH\) vuông tại \(F\) nên \(A,\,H,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (2).

Từ (1), (2) suy ra \(A,\,\,H,\,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) hay tứ giác \(AEHF\) nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \)

\(\widehat {LAC} + \widehat {ALC} = 90^\circ \) (do \(\Delta ALC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AL\) nên \(\Delta ALC\) vuông tại \(C\)).

Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {ALC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Do đó, \(\widehat {BAD} = \widehat {LAC}\).

Ta có \(BH \bot AC,\,\,LC \bot AC\) nên \(BH\,{\rm{//}}\,CL\) (3)

Tương tự \(CH\,{\rm{//}}\,BL\) (4).

Từ (3) và (4) ta suy ra \(BHCL\) là hình bình hành.

Mà \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(M\) là trung điểm \(HL\).

Do đó, \(H,\,M,\,L\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AHL\) có \(M\) là trung điểm \(HL\); \(O\) là trung điểm \(AL\).

Do đó, \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHL\).

Suy ra \(M\) là trung điểm \(AH = 2OM\).

Ta có \(EM\) là trung tuyến của \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\).

Do đó, \(ME = MC\) hay \(\Delta MEC\) cân tại \(M\).

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\)

Mà \(\widehat {MCE} + \widehat {EBC} = 90^\circ \), \(\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\).

Khi đó \(\widehat {AEN} = \widehat {AHB}\) (hai góc kề bù của cặp góc \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\))

Mà \(\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\) (chứng minh trên) nên (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AN}}\), do đó \(AE \cdot AB = AH \cdot AN = 2OM \cdot AN\) (đpcm)

c) Gọi \(S\) là trung điểm của \(EF\).

Ta chứng minh được \(BCEF\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))

Do đó, \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (cùng phụ với \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\))

Tương tự chứng minh được \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\).

Suy ra $\Delta AFE\backsim \Delta ACB$ (g.g)

Do đó, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}\).

Vì \(S\) là trung điểm của \(EF\), \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2ES}}{{2BM}} = \frac{{2FS}}{{2CM}}\) hay \(\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{FS}}{{CM}}\).

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\)

Suy ra $\Delta AES\backsim \Delta ABM$ (c.g.c) vì có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\) và \(\widehat {AES} = \widehat {ABM}\) (cmt)

Do đó, \(\widehat {ASE} = \widehat {AMB}\) (hai góc tương ứng) (*)

Có \(ME = MF = \frac{1}{2}BC\) nên \(\Delta MEF\) cân tại \(M\).

Lại có \(S\) là trung điểm của \(EF\) nên \(EF \bot MS\).

Do đó, \(\widehat {MSK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {MIK} = 90^\circ \).

Từ đây, chứng minh được \(MISK\) nội tiếp.

Do đó, \(\widehat {AMB} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat {ASE} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) hay \(\widehat {ASI} = 180^\circ \).

Suy ra \(A,\,S,\,I\) thẳng hàng

Mặt khác \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FS}}{{CM}}\), suy ra chứng minh được $\Delta AFS\backsim \Delta ACM$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {FAS} = \widehat {CAM}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {BAI} = \widehat {EAK}\)

Do đó, $\Delta EAK\backsim \Delta ABI$ (g.g) suy ra \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\).

Lại có $\Delta AFK\backsim \Delta ACI$ (g.g) nên \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{FK}}{{CI}}\).

Suy ra \(\frac{{FK}}{{CI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\) hay \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (***)

Ta có: \(\widehat {API} = \widehat {AQI} = 90^\circ \) nên \(IP \bot AP,\,\,QI \bot AQ\).

Mà \(IP\parallel CF,\,\,IQ\parallel BE\) nên theo định lí Thales, có \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) và \(\frac{{QE}}{{QC}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (****)

Từ (***) và (****) suy ra \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{QE}}{{QC}}\) hay \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{EK}}{{FK}}\).

Theo định lí Thales đảo \(QK\parallel CF,\,\,PK\parallel BE\).

Suy ra \(QK \bot AP,\,\,PK \bot AQ\).

Do đó, \(K\) là trực tâm của tam giác \(APQ\).

a) Bán kính của quả bóng bàn hình cầu là: \(R = \frac{d}{2} = \frac{4}{2} = 2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Thể tích của quả bóng bàn là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {2^3} = \frac{{32}}{3}\pi \approx 33,51\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

b) Gọi bán kính đáy của hình trụ (cũng là của hình nón) là \(R\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\), với \(0 < R < 6.\)

Gọi chiều cao của hình trụ (cũng là chiều cao của hình nón) là \(h\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\), với \(0 < h < 6.\)

Xét hình nón, theo định lí Pythagore ta có mối liên hệ giữa đường sinh \(l\), bán kính \(R\) và chiều cao \(h\) như sau: \({R^2} + {h^2} = {l^2}\), do đó \({R^2} = 36 - {h^2}\).

Thể tích của vật trang trí hình trụ là: \({V_{tru}} = \pi {R^2}h = \pi \left( {36 - {h^2}} \right)h\)

\(V_{tru}^2 = {\pi ^2}{\left( {36 - {h^2}} \right)^2}{h^2}\)

\(V_{tru}^2 = \frac{1}{2}{\pi ^2}\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot 2{h^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương là \(\left( {36 - {h^2}} \right),\,\,\left( {36 - {h^2}} \right),\,\,2{h^2}\) được:

\(\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \,2{h^2} \le {\left( {\frac{{36 - {h^2} + 36 - {h^2} + 2{h^2}}}{3}} \right)^3}\)

\(\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \,2{h^2} \le {24^3}\)

Suy ra \(\frac{1}{2}{\pi ^2}\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot 2{h^2} \le \frac{1}{2}{\pi ^2} \cdot {24^3}\)

\(V_{tru}^2 \le 6\,\,912{\pi ^2}\)

Suy ra \({V_{tru}} \le \sqrt {6\,\,912{\pi ^2}} = 48\pi \sqrt 3 \).

Dấu “=” xảy ra khi \(36 - {h^2} = 2{h^2}\) suy ra \(h = 2\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) (thỏa mãn)

Khi đó \(R = \sqrt {36 - {h^2}} = 2\sqrt 6 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích vật trang trí là \(48\pi \sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).