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

1. $T=3\sqrt{2}+3-3\sqrt{2}=3$.

2. Giải phương trình:

$2x-1=9$

$2x=10$

$x=5$.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là $x=5$.

3. Giải bất phương trình:

$2x-3\le 0$

$2x\le 3$

$x\le \frac{3}{2}$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là: $x\le \frac{3}{2}$.

a) Với $x\ge 0,x\ne 1$ ta có:

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

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

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

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

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

$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}$.

Vậy với $x\ge 0,x\ne 1$ thì $M=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}$.

b) Với $x\ge 0,x\ne 1$ ta có:

$M<\frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}<\frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{2}<0$

$\frac{2\sqrt{x}-\left(\sqrt{x}-1\right)}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}<0$

$\frac{\sqrt{x}+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}<0$.

Xét thấy $x\ge 0$ do đó $\sqrt{x}+1>0$ suy ra $\frac{\sqrt{x}+1}{2(\sqrt{x}-1)}<0$ khi và chỉ khi $\sqrt{x}-1<0$ hay $\sqrt{x}<1$ suy ra $x<1$.

Kết hợp điều kiện $x\ge 0,x\ne 1$ suy ra $0\le x<1$.

Vậy $0\le x<1$ thì $M<\frac{1}{2}$.

Vì phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ nên theo định lí Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=-6\end{array}$.

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình nên ta được: $x_1^2-3x_1-6=0$ hay $x_1^2=3x_1+6$.

Từ đây, ta có bất phương trình như sau:

$2x_1^2-x_1{x}_2^2+7k\ge 0$

$2x_1^2-\left(x_1{x}_2\right)x_2+7k\ge 0$

$2\left(3x_1+6\right)+6x_2+7k\ge 0$

$6\left(x_1+x_2\right)+12+7k\ge 0$

$30+7k\ge 0$

$k\ge \frac{-30}{7}$.

Mà $k\in \mathbb{Z}$ cho nên giá trị nhỏ nhất của $k$ là $-4$.

Vậy $k$ bằng $-4$ thỏa mãn bài toán.

Gọi $x$ (tấn) là số tấn lương thực mỗi ngày đội xe phải chở theo kế hoạch nên số tấn lương thực mỗi ngày đội xe phải chở theo thực tế là: $x+10$ (tấn). Điều kiện: $x>0$.

Thời gian hoàn thành nhiệm vụ theo kế hoạch là: $\frac{120}{x}$ (ngày) và theo thực tế là: $\frac{120}{x+10}$ (ngày).

Theo đề bài, ta có phương trình: $\frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=2$.

Giải phương trình:

$\frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=2$

$\frac{120\left(x+10\right)}{x\left(x+10\right)}-\frac{120x}{x\left(x+10\right)}=2$

$120\left(x+10\right)-120x=2x\left(x+10\right)$

$120x+1200-120x=2x^2+20x$

$2x^2+20x-1200=0$

Suy ra $x=20$ (thỏa mãn) và $x=-30$ (loại)

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày đội xe phải chở 20 tấn lương thực.

a) Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =\left\{11;12;13;14;15;16;17;18;19;20;21;22;23;24;25;26\right\}$.

Do chọn ngẫu nhiên nên các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

b) Ta có số phần tử của không gian mẫu là: $$n\left(\Omega \right)=16$$.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $\left\{11;13;17;19;23\right\}$ suy ra $n\left(A\right)=5$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5}{16}$.

1. Do \(MA\) và $MB$ lần lượt là tuyến với đường tròn $\left(O;R\right)$ tại $A$ và $B$ nên $\widehat{MAO}=90^{\circ }$ và $\widehat{MBO}=90^{\circ }$.

Vì $\widehat{MAO}=90^{\circ }$ suy ra $\Delta MAO$ vuông tại $A$ do đó 3 điểm $M,A,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$.

Lại có, $\widehat{MBO}=90^{\circ }$ suy ra $\Delta MBO$ vuông tại $B$ do đó 3 điểm $M,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$.

Do đó 4 điểm $M,A,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$ suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn.

2. *Chứng minh tam giác $MBD$ cân tại $M$

Do $M$ là giao của hai tiếp tuyến $MA$ và $MB$ suy ra $MA=MB$ hay $M$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ (1).

Lại có $OA=OB$ $\left(=R\right)$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $MO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ hay $MO\perp AB$.

Ta có: $BD\perp AB$ (do $\widehat{ABC}=90^{\circ }$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và $MO\perp AB$ (chứng minh trên nên $MO//BD$.

Suy ra $\widehat{MDB}=\widehat{AMO}$ mà $$\widehat{AMO}=\widehat{OMB}$$ (do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau nên $MO$ là phân giác $\widehat{AMB}$) nên $\widehat{MDB}=\widehat{OMB}$.

Tuy nhiên do $MO//BD$ nên $\widehat{OMB}=\widehat{MBD}$ (hai góc ở vị trí so le trong).

Suy ra $\widehat{MDB}=\widehat{MBD}$. Do đó, $\Delta MBD$ cân tại $M$.

*Chứng minh $K$ là trung điểm của $BH$

Vì $\Delta MBD$ cân tại $M$ nên $DM=MB$ mà $MB=MA$ do đó $DM=MA$.

Ta có: $DM\perp AC$ và $BH\perp AC$ suy ra $DM//BH$, nên theo định lí Thales ta được: $\frac{KH}{MA}=\frac{CK}{CM}=\frac{BK}{DM}$ mà $MA=DM$ nên $KH=BK$ hay $K$ là trung điểm của $BH$.

3.

Gọi \(I\) là giao điểm của $AB$ và $MO$ và $J$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta MAB$.

Vì $\Delta MAB$ cân tại $M$ nên $MI$ là phân giác $\widehat{AMB}$ do đó $J$ thuộc $MI$ hay 4 điểm $M,J,I,O$ thẳng hàng. Mặc khác, vì $MAOB$ nội tiếp nên $\widehat{AOJ}=\widehat{MBI}$ mà $\widehat{MBI}=2\widehat{JBA}$ do đó $$\widehat{AOJ}=2\widehat{JBA}$$ nên theo định lí góc nội tiếp thì $J$ phải thuộc đường tròn tâm $O$ bán kính $OA$ hay $J$ thuộc $\left(O\right)$.

Ta có các độ dài như sau:

Ta có: $OI=OA-IJ=R-r$, với $r=IJ\le R$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta AIO$ vuông tại $I$ ta được:

$AI=\sqrt{O{A}^2-O{I}^2}=\sqrt{R^2-{\left(R-r\right)}^2}=\sqrt{2R\cdot r-r^2}$.

Do $\Delta MAO$ vuông tại $A$, dễ chứng minh được

$\frac{1}{M{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{A{I}^2}$

${\left(AO\cdot AI\right)}^2+M{A}^2\cdot A{I}^2=M{A}^2\cdot A{O}^2$

$M{A}^2\left(A{O}^2-A{I}^2\right)={\left(AO\cdot AI\right)}^2$

$MA=\sqrt{\frac{{\left(AO\cdot AI\right)}^2}{A{O}^2-A{I}^2}}=\frac{AO\cdot AI}{OI}=\frac{R\cdot \sqrt{2R\cdot r-r^2}}{R-r}$

$MO=\sqrt{M{A}^2+O{A}^2}=\sqrt{\frac{R^2\cdot \left(2R\cdot r-r^2\right)}{{\left(R-r\right)}^2}+R^2}=\sqrt{\frac{R^2\left(2R\cdot r-r^2+R^2-2R\cdot r+r^2\right)}{{\left(R-r\right)}^2}}=\frac{R^2}{R-r}.$

Xét $\Delta OAB$ có $OI$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ứng với $AB$ suy ra $I$ là trung điểm của $AB$.

Xét $\Delta ABC$ có $I$ là trung điểm của $AB$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OI$ là đường trung bình của $\Delta ABC$, suy ra $IO=\frac{1}{2}BC$ hay $BC=2IO$ (3).

Chứng minh tương tự ta được $DB=2MI$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra $BC+BD=2\left(IO+MI\right)$ hay $CD=2MO=\frac{2R^2}{R-r}$ và $BC=2OI=2(R-r)$.

Vì $BH//AD$ nên theo định lí Thalès ta được: $\frac{BH}{AD}=\frac{BC}{CD}$.

Mà $AD=2MA=2\cdot \frac{R\cdot \sqrt{2R\cdot r-r^2}}{R-r}$

Suy ra $BH=\frac{AD\cdot BC}{CD}=\frac{\frac{2\cdot R\cdot \sqrt{2R\cdot r-r^2}}{R-r}\cdot 2\left(R-r\right)}{\frac{2R^2}{R-r}}=\frac{2\sqrt{2R\cdot r-r^2}\left(R-r\right)}{R}.$

Vậy $BH=\frac{2\sqrt{2R\cdot r-r^2}\left(R-r\right)}{R}$.