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

Đáp án đúng là: A

Trong đường tròn \(\left( O \right)\), \(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp và \(\widehat {BOC}\) là góc ở tâm cùng chắn cung \(BC\). Theo tính chất, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung, nên \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{{80^\circ }}{2} = 40^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Hai đường tròn có bán kính lần lượt là \(R = 5{\rm{ cm}}\) và \(r = 3{\rm{ cm}}\), khoảng cách hai tâm là \(d = OO\prime  = 8{\rm{ cm}}\). Ta thấy \(d = R + r\) (vì \(8 = 5 + 3\)), do đó hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào bảng số liệu thống kê chiều cao của 40 học sinh lớp 9A, số lượng học sinh trong nhóm chiều cao \[\left[ {160;\,\,170} \right)\] là 16 học sinh.

a) Giải hệ phương trình được nghiệm là \(\left( {x;\,y} \right) = \left( {3;\,2} \right)\).

b) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) ta có:

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

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

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

Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 1\) thì \(A = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 1}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = 30\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Bạn An lấy được viên bi ghi số chia hết cho 3”.

Ta có các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(\left\{ {3;\,\,6;\,\,9;\,\,12;\,\,15;\,\,18;\,\,21;\,\,24;\,\,27;\,\,30} \right\}\).

Do đó, số kết quả thuận lợi \(n\left( A \right) = 10\).

Xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\).

Thể tích nước ban đầu trong cốc là \({V_1} = \pi  \cdot {R^2} \cdot {h_1} = \pi  \cdot {4^2} \cdot 8 = 128\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích của viên bi hình cầu là: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {r^3} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {3^3} = 36\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích tổng cộng của nước và viên bi khi bị chìm hoàn toàn là:

\(V = {V_1} + {V_2} = 128\pi  + 36\pi  = 164\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Gọi \(h\) là chiều cao mực nước sau khi thả viên bi. Ta có: \({V_1} = \pi  \cdot {R^2} \cdot h\).

Khi đó, ta có: \(164\pi  = \pi  \cdot {4^2} \cdot h\) suy ra \(h = \frac{{164\pi }}{{16\pi }} = 10,25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chiều cao mực nước sau khi thả viên bi là \(10,25\,\,{\rm{cm}}\).

a) Gọi \(x\) là số lượng máy công ty sử dụng cho đơn hàng trên (điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).

Số sản phẩm công ty làm được trong một giờ là: \(50x\) (sản phẩm).

Tổng số giờ công ty làm xong đơn hàng 4000 sản phẩm là: \(\frac{{4\,\,000}}{{50x}} = \frac{{80}}{x}\) (giờ)

Theo đề bài, tổng chi phí bằng chi phí nhân công cộng chi phí bảo trì.

Tổng chi phí nhân công:\(600 \cdot \frac{{80}}{x} = \frac{{48\,\,000}}{x}\) (nghìn đồng).

Tổng chi phí bảo trì cho \(x\) máy là: \(400x\) (nghìn đồng).

b) Ta có phương trình tổng chi phí \(\frac{{48\,\,000}}{x} + 400x = 11\,\,920\).

Chia cả hai vế cho 40 và nhân với \(x\) (do \(x > 0\)) ta được:

\(10{x^2} - 298x + 1\,200 = 0\) suy ra \(5{x^2} - 149x + 600 = 0\).

Do \(\Delta  = {149^2} - 4 \cdot 5 \cdot 600 = 10\,\,201 = {101^2}\) nên ta được: \({x_1} = 25\,\,\left( {TM} \right);\,\,\,{x_2} = 4,8\) (loại)

Vậy công ty phải sử dụng 25 máy.

a) Vì \(CA,\,CM\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {CAO} = \widehat {CMO} = 90^\circ \).

Khi đó bốn điểm \(A,\,C,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\)

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, \(OC\) là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\).

Do \(N \in OM,\,H \in OC\) suy ra \(OH\) là phân giác của góc \(AON\) trong \(\Delta AON.\)

Áp dụng định lí đường phân giác trong \(\Delta AON\) ta có: \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\).

Chứng minh tương tự có \(\frac{{KN}}{{KB}} = \frac{{ON}}{{OB}}\). Từ đó, suy ra \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{KN}}{{KB}}\).

Áp dụng định lý Thales đảo suy ra \(KH\parallel AB\), mà \(AB \bot AC\) nên \(KH \bot AC\) hay \(KH \bot EC\).

Mặt khác \(OC,\,OD\) lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù \(AOM\) và \(MOB\) nên \(OC \bot OD\) hay \(CO \bot KE\).

Trong tam giác \(CEK\) có hai đường cao \(KH,\,CO\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trục tâm.

Suy ra \(EH \bot CK\) hay \(HE \bot CB\).

c) Chứng minh được  suy ra \(\frac{{BA}}{{EA}} = \frac{{CA}}{{TA}}\) suy ra \(AC \cdot EA = BA \cdot TA\).

Vì  nên \(CA \cdot EA = A{O^2}\).

Do đó, \(BA \cdot TA = A{O^2}\) nên \(T\) là trung điểm của \(OA.\)

Khi đó \(T\) là điểm cố định và \(TB = \frac{{3R}}{2}\).

Ta có: \({S_{BST}} = \frac{1}{2}BS \cdot ST \le \frac{1}{2}\frac{{B{S^2} + S{T^2}}}{2} = \frac{{B{T^2}}}{2} = \frac{{9{R^2}}}{{16}}\).

Dấu “=” xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi \(BS = ST\) hay \(\Delta BST\) vuông cân tại \(S\).

Khi đó \(\widehat {CBA} = 45^\circ \).

Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 90^\circ ,\widehat B = 45^\circ \) nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\).

Suy ra \(AC = AB = 2R\).

Tính được \(OC = \sqrt {O{A^2} + A{C^2}}  = R\sqrt 5 \).

Theo hệ thức lượng trong \(\Delta AOC\) tính được \(AP = \frac{{OA \cdot AC}}{{OC}} = \frac{{2R\sqrt 5 }}{5}\).

Suy ra \(AM = 2AP = \frac{{4R\sqrt 5 }}{5}.\)

Ta thấy \(\frac{1}{{2 - xy}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2 - xy + xy}}{{2 - xy}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{{xy}}{{2 - xy}}} \right)\)

Tương tự suy ra \(P = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( {\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}}} \right)\)

Ta có biến đổi: \(2 - xy = \frac{{4 - 2xy}}{2} = \frac{{2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - 2xy}}{2} = \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2} + {{\left( {x - y} \right)}^2}}}{2}\)

Vì \({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) ta có: \(2 - xy \ge \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}{2}\) suy ra \(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}\).

Suy ra \(\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}} = \frac{{2xy}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}\).

Áp dụng BĐT AM – GM cho mẫu số: \(\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} \)

Ta được \(\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{xy}}{{\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} \cdot \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}}  \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)\)

Chứng minh tương tự với \(\frac{{yz}}{{2 - yz}};\,\,\frac{{xz}}{{2 - zx}}\) rồi cộng theo vế, được:

\[\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}} \le \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {x^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {x^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {y^2}}}} \right)} \right] = \frac{3}{2}\]

Từ đó, suy ra \(P \le \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}} \).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{9}{4}\) khi \(x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}} \).