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

Với $x>0$ và $x\ne 4$, ta có:

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

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

$=\frac{\sqrt{x}-2+2}{x-4}\cdot \frac{x-4}{2x}=\frac{\sqrt{x}}{2x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}.$

Vậy $A=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ với $x>0,x\ne 4$.

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: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=2\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=-4\end{array}$

Khi đó:

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

$$=\frac{3x_1^2+3x_1+3x_2^2+3x_2}{x_1{x}_2+x_1+x_2+1}=\frac{3{\left(x_1+x_2\right)}^2-6x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)}{x_1{x}_2+\left(x_1+x_2\right)+1}$$

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

Vậy $T=-42$.

Giải hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}x-2y=1\\ 2x+y=7\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x-2y=1\\ 4x+2y=14\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x-2y=1\\ 5x=15\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x-2y=1\\ x=3\end{array}$

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 $\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$

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 $\frac{HC}{CM}=\frac{HD}{DM}\left(1\right).$

Ta sẽ chứng minh $I{H}^2=IC.ID$.

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

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

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 $HE\perp AI$.

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:

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

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

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:

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

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

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

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

$\stackrel{BDTCauchy}{\ge }2\cdot 2\sqrt{ab\cdot \frac{1}{ab}}-\frac{1}{2}+4$

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

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1$.

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