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

1) Ta có $A=3+\sqrt{4}=3+2=5.$

2) Tại $x=1$, ta được $B=\frac{\sqrt{1}+5}{\sqrt{1}+2}=2.$

3) Ta có $C=\frac{3\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+1}=\frac{3\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}$$=3.$

a) Dựa vào đồ thị, ta suy ra $A\left(-81;-192\right),$ $B\left(81;-192\right).$

b) Parabol $y=a{x}^2$ qua điểm $B\left(81;-192\right)$ nên

$-192=a\cdot 81^2$ suy ra $a=\frac{-192}{{81}^2}=\frac{-64}{2187}.$

a) Ta có $\Delta =3^2-\mathrm{4.1.}\left(-2\right)=17>0.$

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Do $x_1$ là nghiệm của phương trình đã cho nên $x_1^2+3x_1-2=0$ suy ra $x_1^2=-3x_1+2$.

Theo định lí Viète, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-3\\ x_1{x}_2=-2\end{array}$

Khi đó $E=\frac{-3x_1-3x_2+2028}{2\left(x_1+x_2\right)-5x_1{x}_2}=\frac{-3\left(x_1+x_2\right)+2028}{2\left(x_1+x_2\right)-5x_1{x}_2}=\frac{\left(-3\right)\cdot \left(-3\right)+2028}{2\left(-3\right)-5\left(-2\right)}=\frac{2037}{4}.$

Đổi $60$ phút $=1$ giờ

Gọi $x$(km/h) là vận tốc xe mô tô, điều kiện $x>0.$

Lúc đó vận tốc xe ô tô là  $x+10$ (km/h).

Thời gian xe mô tô đi hết quãng đường là $\frac{200}{x}$(giờ).

Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường là $\frac{200}{x+10}$(giờ).

Theo đề bài, ta có $\frac{200}{x}-\frac{200}{x+10}=1\cdot$

Giải phương trình, ta được $x_1=40$ (nhận) và $x_2=-50$ (loại).

Vậy thời gian bác Nam đi hết quãng đường là $5$giờ và thời gian bác Hải đi hết quãng đường là $4$ giờ.

a) Không gian mẫu $\Omega =\left\{1;2;...;49;50\right\}.$

Số phần tử của không gian mẫu là $50.$

b) Ta có $2\cdot 8=16=4^2,$$8\cdot 8=64=8^2,$$18\cdot 8=144=12^2,$

               $32\cdot 8=256=16^2,$$50\cdot 8=400=20^2$.

$A=\left\{2;8;18;32;50\right\}$. Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $5.$

Xác suất của biến cố $A$ là $P\left(A\right)=\frac{5}{50}=0,1.$

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

$S=2\pi Rh=2\cdot 3,14\cdot \frac{1,41}{2}\cdot 2,14$$\approx 9,47{\mathrm{m}}^2.$

Trong tam giác vuông $ABH,$ ta có $\cos \alpha =\frac{AH}{AB}$ suy ra $AH=AB.\cos \alpha =4,5.\cos \alpha .$

Nhận xét: Khi $\alpha$ càng nhỏ thì độ dài đoạn thẳng $AH$ càng lớn.

Để đảm bảo an toàn ($70^{\circ }\le \alpha \le 75^{\circ }$) thì khoảng cách tối đa $AH=4,5.\cos 70^{\circ }\approx 1,54$ mét.

a) Tam giác  $AED$ vuông tại $E$ nên ba điểm $A,E,D$ thuộc đường tròn đường kính $AD.$

Tam giác  $AFD$ vuông tại $F$ nên ba điểm $A,F,D$ thuộc đường tròn đường kính $AD.$

Vậy bốn điểm $A,E,D,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AD.$

b) Ta có $\widehat{AEF}=\widehat{ADF}$ (cùng chắn cung $$AF$$ của đường tròn đường kính $AD$);

$\widehat{ADF}+\widehat{FDC}=90^{\circ },$ $\widehat{FDC}+\widehat{FCD}=90^{\circ }$ suy ra $\widehat{ADF}=\widehat{FCD},$

Dẫn đến $\widehat{AEF}=\widehat{ACB}.$

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta AEF,$ có $\widehat{BAC}$ chung và $\widehat{AEF}=\widehat{ACB}$

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

Khi đó $\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$ hay $$AE\cdot AB=AF\cdot AC.$$

c)

ABH, t (ảnh 2)">

Ta có $\widehat{EAI}=\widehat{BCI}$ (cùng chắn cung $BI$ của đường tròn $\left(O\right)$).

Ta có $\widehat{EAI}+\widehat{AEF}=\widehat{BCI}+\widehat{ACB}=\widehat{ACI}=90^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$).

Suy ra $AI\perp EF.$

Gọi $K$ là trung điểm của $AD$, ta có $KJ//AI$

(đường trung bình của tam giác $ADI$).

Suy ra $KJ\perp EF.$

Mà $KE=KF$ (do $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEDF$).

Suy ra $KJ$ là đường trung trực của $EF.$

Suy ra $JE=JF.$

Bổ đề: Cho hai số không âm $a,b$ ta luôn có ${\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}^2\ge 0,$ dẫn đến $a+b\ge 2\sqrt{ab}.$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b.$

Áp dụng bổ đề trên ta có:

$$16x+\frac{4}{x}\ge 2\sqrt{16x\cdot \frac{4}{x}}=16$$; $81y+\frac{9}{y}\ge 2\sqrt{81y\cdot \frac{9}{y}}=54$.

Khi đó ta được $$16x+\frac{4}{x}+81y+\frac{9}{y}\ge 70$$

$P=3x+3y+\frac{4}{x}+\frac{9}{y}=\left(16x+\frac{4}{x}+81y+\frac{9}{y}\right)-13\left(x+6y\right)\ge \frac{75}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{75}{2}$ khi $x=\frac{1}{2}$ và $y=\frac{1}{3}.$