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

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: $\{\begin{array}{l}3x+5y=225\\ 4x+2y=160\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}3x+5y=225\\ 2x+y=80\end{array}$, do đó $\{\begin{array}{l}3x+5y=225\\ y=80-2x\end{array}$

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 $x\left(km/h\right)$, điều kiện $x>0.$

Vận tốc của ô tô con là $x+15\left(km/h\right)$.

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:

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

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

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

$\left(x^2+15x\right)\cdot 0,6=2310$

$0,6x^2+9x-2310=0$

$x^2+15x-3850=0$

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

Vì $x>0$ nên $x=55$ thỏa mãn.

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

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: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=5\\ x_1{x}_2=1\end{array}$.

Vì $x_1$ là nghiệm của $x^2-5x+1=0$ nên ta có $x_1^2-5x_1+1=0$ suy ra $x_1^2=5x_1-1$.

Tương tự với $x_2$ được $x_2^2=5x_2-1$.

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

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

Thay vào biểu thức $P$, được:

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

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

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

$=\frac{1}{5x_1+1}+3+\frac{1}{5x_2+1}$

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

$=\frac{5\left(x_2+x_1\right)+2}{25x_2{x}_1+5\left(x_2+x_1\right)+1}+3$

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

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 $BH\perp AC,LC\perp AC$ nên $BH//CL$ (3)

Tương tự $CH//BL$ (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 $EF$.

K là trực tâm của tam giác $APQ$. (ảnh 2)">

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 $EF\perp MS$.

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 $IP\perp AP,QI\perp AQ$.

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 $QK\perp AP,PK\perp AQ$.

Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$.

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

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

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

Gọi chiều cao của hình trụ (cũng là chiều cao của hình nón) là $h\left(\mathrm{cm}\right)$, 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: $V_{tru}=\pi R^{2}h=\pi \left(36-h^2\right)h$

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

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

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

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

$\left(36-h^2\right)\cdot \left(36-h^2\right)\cdot 2h^2\le 24^3$

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

$V_{tru}^2\le 6912{\pi }^2$

Suy ra $V_{tru}\le \sqrt{6912{\pi }^2}=48\pi \sqrt{3}$.

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

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

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