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

a) \(A = \sqrt 3  \cdot \left( {7\sqrt 3  - \sqrt {27}  + 2\sqrt {48} } \right) = \sqrt 3 \left( {7\sqrt 3  - 3\sqrt 3  + 8\sqrt 3 } \right) = \sqrt 3  \cdot 12\sqrt 3  = 36\).

b) \(B = \frac{{\sqrt {21}  - \sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }}:\frac{1}{{\sqrt {8 + 2\sqrt 7 } }} = \frac{{\sqrt 3 \left( {\sqrt 7  - 1} \right)}}{{\sqrt 3 }}:\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 7  + 1} \right)}^2}} }}\)

        \( = \frac{{\sqrt 3 \left( {\sqrt 7  - 1} \right)}}{{\sqrt 3 }} \cdot \left( {\sqrt 7  + 1} \right) = \left( {\sqrt 7  - 1} \right)\left( {\sqrt 7  + 1} \right) = 6.\)

c) Với \[x > 0,x \ne 1\] ta có:

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

\[ = \left[ {\frac{{\sqrt x  \cdot \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right] \cdot \left[ {\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{1}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right]\]

\[ = \frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 1 + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\]

\( = \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\).

Như vậy, với \[x > 0,x \ne 1\] thì \(C = \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}.\)

Để \(C < 0\) thì \(\sqrt x  - 1 < 0\), hay \(x < 1\).

Kết hợp điều kiện xác định, ta có là \(0 < x < 1\).

a) Phương trình đã cho có \(\Delta  = {3^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 25 > 0\).

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{1}{2}\); \({x_2} =  - 2\).

b) Giải bất phương trình:

\(2 \cdot \left( {x - 3} \right) \ge 8\)

\(x - 3 \ge 4\)

\(x \ge 7\).

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là: \(x \ge 7\).

c) Gọi số xã là \(x\), số phường là \(y\) \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x > 16} \right).\)

Tổng số đơn vị ban đầu là 124, ta lập được phương trình: \(x + y = 124\).

Sau khi chuyển đổi, số xã giảm đi 16 (còn \(x - 16\)) và số phường tăng thêm 16 (thành \(y + 16).\)

Theo đề bài, số xã lúc này bằng tổng của 2 lần số phường với 19 nên ta có phương trình:

\(x - 16 = 2\left( {y + 16} \right) + 19\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 124}\\{x - 16 = 2\left( {y + 16} \right) + 19}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 124}\\{x - 16 = 2\left( {y + 16} \right) + 19}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 124}\\{x - 2y = 67}\end{array}} \right.\)

Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai theo từng vế, ta có \[3y = 57\], tính được \(y = 19\).

Thay \(y = 19\) vào phương trình ban đầu ta được \(x = 105\). Hai kết quả đều thỏa mãn điều kiện.

Vậy tỉnh A có 105 xã và 19 phường.

a) Lập bảng giá trị của hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\):

Biểu diễn các điểm \(\left( { - 4;\,\,4} \right);\,\,\left( { - 2;\,\,1} \right);\,\,\left( {0;\,\,0} \right);\,\,\left( {2;\,\,1} \right);\,\,\left( {4;\,\,4} \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) và nối chúng lại ta được đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\) như hình vẽ dưới đây:

b) Phương trình có hệ số \(a\) và \(c\) trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lí Viète, ta có tổng hai nghiệm \({x_1} + {x_2} = 4\) và tích hai nghiệm \({x_1}{x_2} =  - 6\).

Vì \({x_1}\) là một nghiệm nên nó phải thỏa mãn phương trình, tức là \(x_1^2 - 4{x_1} - 6 = 0\), suy ra \(x_1^2 = 4{x_1} + 6\).

Thay giá trị \(x_1^2\) này vào biểu thức K:

\(K = \left( {{x_1} + \frac{1}{{{x_1}}}} \right)\left( {\frac{{4{x_2} + 7}}{{{x_2}}}} \right) = \frac{{x_1^2 + 1}}{{{x_1}}} \cdot \frac{{4{x_2} + 7}}{{{x_2}}}\)

\( = \frac{{4{x_1} + 6 + 1}}{{{x_1}}} \cdot \frac{{4{x_2} + 7}}{{{x_2}}} = \frac{{\left( {4{x_1} + 7} \right)\left( {4{x_2} + 7} \right)}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\( = \frac{{16{x_1}{x_2} + 28{x_1} + 28{x_2} + 49}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\( = \frac{{16{x_1}{x_2} + 28\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 49}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\( = \frac{{16 \cdot  - 6 + 28 \cdot 4 + 49}}{{ - 6}} = \frac{{ - 96 + 112 + 49}}{{ - 6}} =  - \frac{{65}}{6}\).

a) Tổng số lượng món ngon trong danh sách là 15 món (mỗi địa phương có 5 món).

Biến cố A là lấy được món của địa phương X, có 5 kết quả thuận lợi. Xác suất \(P\left( A \right) = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\).

Biến cố B là lấy được món của địa phương Y hoặc Z, tổng cộng có \(5 + 5 = 10\) kết quả thuận lợi. Xác suất \(P\left( B \right) = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}\).

b) Biến cố C yêu cầu chọn 2 món nằm trong cùng một địa phương.

Nếu 2 món cùng thuộc địa phương X, số cách chọn là \(\frac{{5 \cdot 4}}{2} = 10\) kết quả.

Lập luận tương tự, nếu 2 món cùng thuộc Y ta có 10 kết quả, và cùng thuộc Z cũng có 10 kết quả.

Cộng tất cả lại, số kết quả thuận lợi của biến cố C là \(10 + 10 + 10 = 30\) kết quả.

a) Đáy cốc có bán kính \(r = 6\) cm nên đường kính đáy là \(d = 12\) cm.

Chiều cao cốc gấp 3 lần đường kính nên \(h = 3 \cdot 12 = 36\) cm.

Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ, lượng nước ban đầu trong cốc là

\({V_{tru}} = \pi \cdot {6^2} \cdot 36 = 1296\pi \) (cm³).

b) Khi thả vật vào, thể tích nước tràn ra chính bằng tổng thể tích của viên bi cầu và khối nón chiếm chỗ.

Bán kính viên bi cầu bằng bán kính đáy cốc, tức là \({R_{bi}} = 6\) cm.

Thể tích viên bi là \({V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi \cdot {6^3} = 288\pi \) (cm³).

Khối nón có bán kính đáy \({r_{n{\rm{\'o }}n}} = 6\) cm. Vì tổng chiều cao hai vật bằng đúng chiều cao cốc, nên chiều cao nón là phần còn lại sau khi trừ đi đường kính viên bi: \({h_{n{\rm{\'o }}n}} = 36 - 12 = 24\) cm.

Thể tích khối nón là \({V_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi \cdot {6^2} \cdot 24 = 288\pi \) (cm³).

Tổng lượng nước tràn ra ngoài là \({V_{tr{\rm{\`a }}n}} = 288\pi + 288\pi = 576\pi \) (cm³).

a) Vì \[AH\] là đường cao nên \(AH \bot BC\) suy ra \(\widehat {AHB} = 90^\circ \).

Vì \(BE \bot AD\) nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \[H\] và \[E\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AB.\]

Vậy tứ giác \[ABHE\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AB.\]

b) ¬ Chứng minh \(HB.AC = AH.CD\)

Góc \(\widehat {ACD}\) chắn nửa đường tròn đường kính \[AD\] nên là góc vuông.

Xét \[\Delta AHB\] (vuông tại H) và \(\Delta ACD\) (vuông tại C) có: \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\) vì cùng chắn cung \[AC.\]

Do đó $\Delta AHB\backsim \Delta ACD$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{HB}}{{CD}}\) nên \(HB \cdot AC = AH \cdot CD\).

¬ Chứng minh \(HE\) vuông góc với \(AC\)

Vì \[ABHE\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {ABH} + \widehat {AEH} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối)

Mà \(\widehat {HED} + \widehat {AEH} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {ABH} = \widehat {HED}.\)

Lại có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (chứng minh trên) suy ra \(\widehat {EDC} = \widehat {HED}.\)

Vì \(\widehat {EDC} = \widehat {HED}\) và hai góc này nằm ở vị trí so le trong nên \(HE\,{\rm{//}}\,DC\).

Mà \(AC \bot CD\) nên \[HE \bot AC.\]

c) Gọi \[I\] là trung điểm cạnh \[AB.\] Trong hai tam giác vuông \[AHB\] và \[AEB\]có \[HI\]và \[EI\]là các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, nên \(IH = IE = \frac{{AB}}{2}\).

Suy ra tam giác \[IHE\] là tam giác cân tại đỉnh \[I.\]

Đoạn thẳng \[IM\] nối hai trung điểm của tam giác \[ABC\] nên là đường trung bình, suy ra \[IM\,{\rm{//}}\,AC\]

Vì \[HE \bot AC\] nên \[IM \bot HE.\]

Trong tam giác cân \[IHE,\] đường cao \[IM\] xuất phát từ đỉnh cân đồng thời là đường trung trực của cạnh đáy \[HE.\] Điểm \[M\] nằm trên đường trung trực nên cách đều hai đầu mút, ta có \(MH = ME\).

Chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác \[AHFC\] nội tiếp đường tròn tâm \[K\] (trung điểm \[AC).\] \[KM\] là đường trung bình song song với \[AB.\]

Chứng minh tương tự ý b) ta có \[HF \bot AB,\] suy ra \[KM \bot HF.\]

Đường cao \[KM\] của tam giác cân \[KHF\] là trung trực của \[HF,\] từ đó \(MH = MF\).

Vậy \(MH = ME = MF\).