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

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 $V_1=\pi \cdot R^2\cdot h_1=\pi \cdot 4^2\cdot 8=128\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

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

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

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

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 $h=\frac{164\pi }{16\pi }=10,25\left(\mathrm{cm}\right)$.

Chiều cao mực nước sau khi thả viên bi là $10,25\mathrm{cm}$.

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

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: $\frac{4000}{50x}=\frac{80}{x}$ (giờ)

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

Tổng chi phí nhân công:$600\cdot \frac{80}{x}=\frac{48000}{x}$ (nghìn đồng).

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

b) Ta có phương trình tổng chi phí $\frac{48000}{x}+400x=11920$.

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

$10x^2-298x+1200=0$ suy ra $5x^2-149x+600=0$.

Do $\Delta =149^2-4\cdot 5\cdot 600=10201=101^2$ 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 $AB\perp AC$ nên $KH\perp AC$ hay $KH\perp EC$.

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

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

Suy ra $EH\perp CK$ hay $HE\perp CB$.

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

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 $\hat{A}=90^{\circ },\hat{B}=45^{\circ }$ 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: $2-xy=\frac{4-2xy}{2}=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2xy}{2}=\frac{x^2+y^2+2z^2+{\left(x-y\right)}^2}{2}$

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

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

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 $x=y=z=\sqrt{\frac{2}{3}}$.