Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (chung) năm 2026 Sở GD&ĐT Lạng Sơn lần 1 có đáp án
12 câu hỏi
PHẦN I. TRẠ̉ NGHIỆM (2,0 điểm, gồm 08 câu, mỗi câu 0,25 điểm). Học sinh trả lời các câu hỏi từ 1 đến 8. Mỗi câu hỏi chỉ chon một phương án.
Bất phương trình \(2 + 5x \ge - 1 - x\) có nghiệm là
\(x \le \frac{1}{2}\).
\(x \ge \frac{1}{2}\).
\(x \le - \frac{1}{2}\).
\(x \ge - \frac{1}{2}\).
Chọn D
Nghiệm của phương trình \(\left( {2 - 4x} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\) là
\(x = 2\) và \(x = 3\).
\(x = \frac{1}{2}\) và \(x = 3\).
\(x = \frac{1}{2}\) và \(x = - 3\).
\(x = - 2\) và \(x = - 3\).
Chọn C
Căn bậc hai số học của \(\frac{9}{{25}}\) là
1.
\(\frac{9}{{25}}\).
\(\frac{3}{5}\).
\(\frac{{ - 3}}{5}\).
Chọn C
Kết quả của phép tính \(\frac{{\sqrt {99} }}{{\sqrt {11} }}\) là
3.
\(\sqrt 3 \).
11.
9.
Chọn A
Điều kiện xác định của biểu thức \(\sqrt a \) là
\(a \ge 0\).
\(a \in \mathbb{Z}\).
\(a \in \mathbb{R}\).
\(a > 0\).
Chọn A
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có \(BC = 1,2{\rm{\;cm}}\,;\,\,AC = 0,9{\rm{\;cm}}\). Mệnh đề nào sau đây đúng? 
\({\rm{cot}}\,B = \frac{3}{4}\).
\({\rm{cos}}\,A = \frac{3}{4}\).
\({\rm{tan}}\,B = \frac{3}{4}\).
\({\rm{sin}}\,A = \frac{3}{4}\).
Chọn C
Tại một nút giao thông, một camera giám sát được lắp cố định tại điểm \(O\). Camera có tầm quan sát tối đa (bán kính quan sát) là \(OA = OB = 6{\rm{\;m}}\). Camera có thể quay và quan sát trong một góc quét \(\widehat {AOB} = 120^\circ \) do đó vùng quan sát được là hình quạt tròn \(AOB\). Diện tích vùng quan sát của camera bằng bao nhiêu \({{\rm{m}}^2}\) (tính chính xác đến hàng phần chục)?
\(37,7\,\,{{\rm{m}}^2}\).
\(37,8\,\,{{\rm{m}}^2}\).
\(37,6\,\,{{\rm{m}}^2}\).
\(37,9\,\,{{\rm{m}}^2}\).
Chọn A
Cặp số \(\left( { - 2; - 3} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 2y = 0}\\{x - 3y = 5}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = - 1}\\{x - 3y = 7}\end{array}} \right.\).
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 3}\\{2x + y = 4}\end{array}} \right.\].
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = - 1}\\{x - 3y = 8}\end{array}} \right.\).
Chọn B
PHẦN II. TỰ LUẬN ( 8,0 điểm).
(2,5 điểm).
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - y = 7}\\{x + 3y = 5}\end{array}} \right.\).
b) Giải phương trình \(\left( { - x + 6} \right)\left( {2x - 4} \right) = 0\).
c) Giải bất phương trình \(4 - 7\left( {x - 3} \right) \le 2\left( {x - 1} \right)\).
a) Từ phương trình thứ nhất, ta có \(y = 4x - 7\).
Thay \(y = 4x - 7\) vào phương trình thứ hai ta được: \(x + 3\left( {4x - 7} \right) = 5\).
Suy ra \(x + 12x - 21 = 5\) nên \(13x = 26\) hay \(x = 2\).
Thay \(x = 2\) vào \(y = 4x - 7\), ta được: \(y = 4.2 - 7 = 1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {2\,;\,\,1} \right).\)
b)\(\left( { - x + 6} \right)\left( {2x - 4} \right) = 0\)
\( - x + 6 = 0\)hoặc \(2x - 4 = 0\)
\(x = 6\)hoặc \(x = 2\).
Vậy phương trình có hai nghiệm \(x = 6;x = 2\)
c)\(4 - 7\left( {x - 3} \right) \le 2\left( {x - 1} \right)\)
\(4 - 7x + 21 \le 2x - 2\)
\( - 9x \le - 27\)
\(x \ge 3\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x \ge 3\).
(2,0 điểm).
a) Tính \(A = 2\sqrt {100} - \sqrt {25} \,;\,\,B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} + 1\).
b) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}:\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a - 1}}} \right)\) với \(a > 0\,;\,\,a \ne 1\). Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức \(P\) tại \(a = 4\).
a) Ta có \(A = 2\sqrt {100} - \sqrt {25} = 2 \cdot 10 - 5 = 15.\)
\(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} + 1 = \left| {\sqrt 3 - 1} \right| + 1 = \sqrt 3 - 1 + 1 = \sqrt 3 .\)
b)Với \(a > 0\,;\,\,a \ne 1\), ta có:
\(P = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}:\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a - 1}}} \right)\)
\( = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}:\left[ {\frac{{\sqrt a - 1}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right) \cdot \left( {\sqrt a - 1} \right)}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt a + 1} \right) \cdot \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right]\)
\( = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }}:\frac{{\sqrt a + 1}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right) \cdot \left( {\sqrt a - 1} \right)}}\)\( = \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a }} \cdot \frac{{\sqrt a - 1}}{1} = \frac{{a - 1}}{{\sqrt a }}\).
Với \(a = 4\) (TMĐK) ta có \(P = \frac{{4 - 1}}{{\sqrt 4 }} = \frac{3}{2}\).
(1,0 điểm).
a) Hình vẽ bên dưới mô tả ba vị trí \(A,B,C\) là ba đỉnh của một tam giác vuông có vị trí xung quanh một khúc sông. Biết \(AB = 50{\rm{\;m}}\,,\,\,\widehat {ABC} = 50^\circ .\) Tính khoảng cách \(BC\) theo đơn vị mét (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
b) Một chiếc đĩa CD có dạng hình vành khăn giới hạn mép ngoài của đĩa và lỗ rỗng ở tâm đĩa. Biết đường kính ngoài của đĩa là \(120\,\,{\rm{mm}}\) và đường kính lỗ tròn rỗng ở tâm đĩa là \(15\,\,{\rm{mm}}\,{\rm{.}}\) Cho \(\pi \approx 3,14,\) hãy tính diện tích bề mặt của đĩa CD đó theo đơn vị \({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\) và chính xác đến hàng phần trăm.
a)Xét tam giác vuông \(ABC\), theo tỉ số lượng giác, ta có: \({\rm{cos}}\,B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
Suy ra \(BC = \frac{{AB}}{{{\rm{cos}}\,B}} = \frac{{50}}{{{\rm{cos}}\,50^\circ }} \approx 77,8\,\,{\rm{(m}}).\)
Vậy \(BC \approx 77,8\,\,{\rm{m}}.\)
b)Bán kính ngoài của đĩa CD là: \(R = \frac{{120}}{2} = 60{\rm{\;(mm)}} = 6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Bán kính lỗ tròn rỗng bên trong là \(r = \frac{{15}}{2} = 7,5{\rm{\;(mm)}} = 0,75{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Diện tích bề mặt đĩa (hình vành khăn) là:
\(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) = 3,14 \cdot \left( {{6^2} - 0,{{75}^2}} \right) \approx 111,27{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Vậy diện tích bề mặt của đĩa CD khoảng \(111,27{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)
(2,5 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right),\) từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\)này ta kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với \(B,\,\,C \in \left( O \right),\) cho biết \(\widehat {BAC} = 60^\circ .\)
a) Chứng minh tam giác \(ABC\) đều. Tính số đo góc \(\widehat {BOC}\) và số đo cung lớn \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right).\)
b)Đoạn thẳng \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(M\,;\) tia \(CO\) cắt \(\left( O \right)\) ở \(E\,\,\left( {E \ne C} \right).\) Chứng minh rằng \(BE\,{\rm{//}}\,AO\) và \(AE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(BM.\)
a)Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(AB = AC\) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A.\)
Hơn nữa, ta có \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABC\) là tam giác đều.
Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến nên \(AB \bot OB\,;\,\,AC \bot OC.\)
Xét tứ giác \(ABOC\) có \[\widehat {BAC} + \widehat {ABO} + \widehat {ACO} + \widehat {BOC} = 360^\circ \].
Suy ra \[\widehat {BOC} = 360^\circ - \widehat {BAC} - \widehat {ABO} - \widehat {ACO} = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\]
Do đó sđ BC⏜ (nhỏ) \[ = \widehat {BOC} = 120^\circ \] suy ra sđ BC⏜ (lớn) \[ = 360^\circ - \] (nhỏ)\[ = 240^\circ .\]
Vậy tam giác \(ABC\) đều; \[\widehat {BOC} = 120^\circ \,;\] sđ BC⏜ (lớn) \[ = 240^\circ .\]
b)Tam giác \(ABC\) cân, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(AO\) là phân giác \(\widehat {BAC}\)
nên \(AO\) là đường cao, tức là AO⊥BC.(1)
Ta có \(OB = OC = OE = \frac{1}{2}CE,\) theo tính chất trung tuyến tam giác vuông thì tam giác \(BCE\) vuông tại \(B\) tức là BE⊥BC.(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(BE\,{\rm{//}}\,AO.\)
Dễ thấy \(\widehat {BOM} = 60^\circ \) và \(OB = OM\) nên \(\Delta OBM\) đều, suy ra MO=MO=BO.(3)
Hơn nữa, dễ thấy \(\widehat {BOE} = 180^\circ - \widehat {BOC} = 60^\circ \) và \(OB = OE\) nên \(\Delta OBE\) đều hay OE=OB=BE.(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(MB = BE = EO = OM\) nên tứ giác \(MBEO\) là hình thoi, suy ra \(ME \bot OB.\)
Mặt khác, \(OB \bot AB\) nên \(ME\,{\rm{//}}\,AB.\) Kết hợp \(BE\,{\rm{//}}\,MA\) (vì \(BE\,{\rm{//}}\,AO\,).\)
Do đó \(ABEM\) là hình bình hành nên \(AE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(BM.\)
Vậy \(BE\,{\rm{//}}\,AO\) và \(AE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(BM.\)
