Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Lạng Sơn năm học 2025-2026 có đáp án
10 câu hỏi
Tính giá trị cuia biểu thức: \(A = \sqrt {100{\rm{\;}}} - \sqrt {64} \); \(B = \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}^2}} + \sqrt 3 \).
\(A = \sqrt {100} - \sqrt {64} \)
\( = 10 - 8 = 2\)
\(B = \sqrt {{{(3 - \sqrt 3 )}^2}} + \sqrt 3 \)
\( = \left| {3 - \sqrt 3 } \right| + \sqrt 3 \)
\( = 3 - \sqrt 3 + \sqrt 3 = 3\)
Cho biếu thức \(Q = \left( {\frac{3}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1\).
a) Rút gọn \(Q\).
b) Tìm \(x\) để \(Q = \frac{4}{5}\).
a) Với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1\) ta có: \(Q = \left( {\frac{3}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\)
\(Q = \frac{{3\left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}\)
\(Q = \frac{{3\sqrt x - 6 + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}\)
\(Q = \frac{{4\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}\)
\(Q = \frac{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}\)
\(Q = \frac{4}{{\sqrt x + 2}}\)
Vậy \(Q = \frac{4}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1\).
b) Đề \(Q = \frac{4}{5}\) thì \(\frac{4}{{\sqrt x + 2}} = \frac{4}{5}\)
\(\sqrt x + 2 = 5\)
\(\sqrt x = 3\)
\(x = 9\) (thỏa mãn)
Vậy \(x = 9\) là giá trị cần tìm.
Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 1}\\{2x + y = 8}\end{array}} \right.\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 1}\\{2x + y = 8}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 1}\\{3x = 9}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{y = x - 1}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x,y} \right) = \left( {3;2} \right)\).
Tìm \(x > 0\) để chu vi của tam giác lớn hơn chu vi của hình chữ nhật, với các kích thước được cho trong hình sau:
Chu vi hình tam giác là: \(\left( {x + 2} \right) + \left( {x + 6} \right) + \left( {x + 7} \right) = 3x + 15\)
Chu vi hình chữ nhật là: \(2\left( {x + 1 + x + 3} \right) = 2\left( {2x + 4} \right) = 4x + 8\)
Chu vi tam giác lớn hơn chu vi hình chữ nhật: \(3x + 15 > 4x + 8\)
\( - x > - 7\)
\(x < 7\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0\) ta được \(0 < x < 7\).
Vậy \(0 < x < 7\) là giá trị cần tìm.
Biểu đồ cột kép bên dırới biểu thị số lượng học sinh của lớp 9A tại một trường trung học cơ sở:
1) Số học sinh lớp 9A là bao nhiêu? Tổ nào có nhiều học sinh nữ nhất?
2) Giáo viên của một trường trung học phổ thông trên địa bàn đến lớp 9A làm công tác tư vấn tuyển sinh vào lớp \(10\), giáo viên chọn ngẫu nhiên một học sinh để tìm hiểu nguyện vọng \(1\) khi thi vào trường trung học phổ thông. Tính xác suẩt của các biển cố sau:
a) E: "Bạn được chọn là thành viên tổ \(1\)".
b) F: "Bạn đırợc chọn là học sinh nữ và không phai thành viên tổ \(1\)"?
1) Số học sinh của lớp 9A là: \(6 + 5 + 4 + 6 + 5 + 5 + 6 + 4 = 41\) (học sinh)
Tổ \(2\) có nhiều học sinh nữ nhất.
2)
a) Có \(41\) kết quả có thể xảy ra.
Số học sinh cùa tổ 1 là: \(6 + 5 = 11\) (học sinh)
Suy ra có \(11\) kết quả thuận lợi cho biến cố E .
Vậy xác suất của biến cố E là: \(\frac{{11}}{{41}}\).
b) Số học sinh nữ không phải tổ \(1\) là: \(6 + 5 + 4 = 15\) (học sinh)
Suy ra có \(15\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(F\)
Vậy xác suất của biến cố F là: \(\frac{{15}}{{41}}\).
Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Đồ thị là đường cong parabol đi qua các điểm: \(O\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);D\left( {2;8} \right)\)
Hệ số \(a = 2 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
Cho phương trình \({x^2} - 5x + 2 = 0\) (*)
a) Chứng minh rằng phurơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
b) Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức \(P = {x_1} + {x_2} + \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\)
a) Ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2 = 17 > 0\)
Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
b) Theo định lí Viete ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 2\end{array} \right.\)
Khi đó \(P = {x_1} + {x_2} + \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\)
\( = {x_1} + \;{x_2} + \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}\)
\( = 5 + \frac{5}{2} = \frac{{15}}{2}\)
Vậy \(P = \frac{{15}}{2}\).
Để tìm khoảng cách \(d\) từ một ngôi nhà trên bờ đến một ngôi nhà trên đảo, người khảo sát đo từ ngôi nhà trên bờ đển điểm \(B\) là \(40\,m\), sau đó sử dụng dụng cụ đo góc để xác dịnh số đo góc \(\widehat B = {42^ \circ }\) (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách \(d\) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Xét tam giác vuông, ta có \(\tan B = \tan {42^ \circ } = \frac{d}{{40}}\)
Suy ra \(d = 40 \cdot \tan {42^ \circ } \approx 36\,\left( m \right)\)
Vậy khoảng cách \(d\) là \(36\,m\).
Một ống nghiệm phần thân là hình trụ có chiểu cao \(18\,cm\) và đáy là nửa hình cầu có dırờng kính \(2\,cm\)(tham khảo hình bên). Để tiến hành thi nghiệm đảm bảo an toàn, ngırời ta khuyến cáo lượng hóa chất không được vượt quá một nửa phần thân ống nghiệm (kết quả mỗi ý làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị tính là \(c{m^3}\), lấy \(\pi \approx 3,14\) )
a) Tính thể tích phẩn đáy của ống nghiệm.
b) Xác định thể tích phẩn ống nghiệm tối đa cho phép để thực hiện thí nghiệm an toàn.
a) Thề tích phần đáy ống nghiệm: \[{V_d} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi {r^3} = \;\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {1^3} \approx 2,1\,\left( {c{m^3}} \right)\]
b) Thể tích của phần nửa trên ống nghiệm là \(V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {1^2} \cdot 9 = 28,26\,\left( {c{m^3}} \right)\)
Vậy phần thể tích tối đa cho phép để thí nghiệm an toàn là \(V = 2,1 + 28,26 \approx 30,4\,\left( {c{m^3}} \right)\)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\). Từ điểm P nằm ngoài đırờng tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến PB và PC (B và C là hai tiếp điểm).
1. Chứng minh bốn điểm \(O,B,P,C\) cùng thuộc một đường tròn.
2. Biết OP cắt BC tại H . Chứng minh rằng \(OH \bot BC\) và \(O{B^2} = OP.OH\).
3. Kẻ đường kính BA, đường thẳng qua O vuông góc với PA tại I cắt BC tại T . Tia \(PA\) cẳt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) (khác A), tia \(MO\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(K\) (khác M). Chứng minh rằng: \(K,I,C\) thẳng hàng.
1. Vì PB là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(PB \bot OB\) tại \(B\) hay \(\widehat {OBP} = {90^ \circ }\)
Tam giác OBP vuông tại B nên \(O,B,P\) thuộc đường tròn đường kính \(OP\)
Vì PC là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(PC \bot OC\) tại \(C\) hay \(\widehat {OCP} = {90^ \circ }\)
Tam giác OCP vuông tại C nên \(O,C,P\) thuộc đường tròn đường kính \(OP\)
Suy ra bốn điểm \(O,B,P,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OP\).
2. Vì \(PB\) và \(PC\) là hai tiếp tuyến cẳt nhau tại \(P\) của \(\left( O \right)\) nên ta có \(PB = PC\)
Suy ra \(P\) thuộc đường trung trực của \(BC\)
Mà \(OB = OC\) nên O thuộc đường trung trực của \(BC\)
Suy ra \(OP\) là dường trung trực của \(BC\)
Do đó \(OP \bot BC\) tại \(H\) hay \(OH \bot BC\)
Xét \(OHB\) và \(OBP\) có:
Góc \(O\) chung \(\widehat {OHB} = \widehat {OBP} = {90^ \circ }\)
Suy ra (g.g)
Suy ra \(\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OP}}\) hay \(O{B^2} = OP.OH\).
3. Xét \(\Delta OPI\) và \(\Delta OIH\) có \(\widehat {POT}\) chung và \(\widehat {OHT} = \widehat {OIP} = {90^ \circ }\)
Suy ra (g.g ) nên \(\frac{{OP}}{{OT}} = \frac{{OI}}{{OH}}\) hay \(OP.OH = OI.OT\)
Suy ra \(OI.OT = O{B^2}\) nên \(\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OT}}\)
Kết hợp với \(\widehat {BOT}\) chung nên suy ra \(\Delta OBT \sim \Delta OIB\) (g.g )
Suy ra \(\widehat {OIB} = \widehat {OBT}\) (1)
Ta có \(\Delta OMA = \Delta OKB\) (g.c.g ) nên \(\widehat {KMA} = \widehat {MKB}\) suy ra \(MA{\rm{//}}KB\)
Lại có \(OI \bot AM\), \(OAM\) cân nên OI là trung trục đồng thời là phân giác của AM
Suy ra \(\widehat {IOM} = \widehat {IOA}\) suy ra \(\widehat {IOB} = \widehat {IOK}\) (cùng cộng với 2 góc đối đinh bằng nhau)
Khi đó \(\Delta OIB = \Delta OIK\) (c.g.c ) suy ra \(\widehat {OIB} = \widehat {OIK}\) (2)
Do \(OIP\) vuông tại \(I\) và \(OPC\) vuông tại C nên \(O,I,C,P\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OP\)
Suy ra \(\widehat {CIT} = \widehat {CPO}\) (cùng cộng với \(\widehat {OIC}\) bằng \({180^ \circ }\))
Mà \(\widehat {CPO} = \widehat {OBT}\) (cùng chắn cung OC) nên \(\widehat {CIT} = \widehat {CBT}\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {CIT} = \widehat {OIK}\)
Mà \(\widehat {CIT} + \widehat {CIO} = {180^ \circ }\) nên \(\widehat {CIO} + \widehat {OIK} = {180^ \circ }\) hay \(C,I,K\) thẳng hàng.
