Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Lào Cai năm học 2025-2026 có đáp án

Ta có:

                 a) \(A = \sqrt {64}  = \sqrt {{8^2}}  = 8\)

                 b) \(B = \sqrt {36}  - \sqrt 4  = 6 - 2\) do đó \(B = 4\)

Ta có: :\(a = 1,b = 5,c = 6\)

                 \({\rm{\Delta }} = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\).

                 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: \({x_1} = \frac{{ - 5 + 1}}{2} =  - 2\);\({x_2} = \frac{{ - 5 - 1}}{2} =  - 3\)

                 Vậy tập nghiệm của phươgn trình là: \[S = \left\{ { - 2; - 3} \right\}\].

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 4y = 16}\\{2x + 3y =  - 5}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{7y =  - 21}\\{x - 2y = 8}\end{array}} \right.\) do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y =  - 3}\end{array}} \right.\).

            Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x,y} \right) = \left( {2, - 3} \right)\)

a) \({\rm{\Omega }} = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\};\)

Vậy số phần tử không gian mẫu  là  \(n\left( \Omega  \right) = 9\)

b) Giả thiết, ta có biến cố \[A\]: "Rút được tấm thẻ ghi số chẵn". Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \[2,4,6,8\]. Do đó: \[n\left( A \right) = 4\].

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{4}{9}\)

a) Ta có : \(M = \left( {\frac{{\sqrt a \left( {\sqrt a  - 1} \right) - \sqrt a \left( {\sqrt a  + 1} \right) + 2\sqrt a  - 4}}{{\left( {\sqrt a  - 1} \right)\left( {\sqrt a  + 1} \right)}}} \right):\frac{1}{{\sqrt a  - 1}}\) với \(a \ge 0,a \ne 1\)

\( = \left[ {\frac{{a - \sqrt a  - a - \sqrt a  + 2\sqrt a  - 4}}{{\left( {\sqrt a  - 1} \right)\left( {\sqrt a  + 1} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{1}\)\( = \frac{{ - 4}}{{\left( {\sqrt a  - 1} \right)\left( {\sqrt a  + 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt a  - 1}}{1}\)

Do đó: \(M = \frac{{ - 4}}{{\sqrt a  + 1}}\)

                 b) Với \(a \ge 0,a \ne 1\) ta có: \(M >  - 2\) hay \(\frac{{ - 4}}{{\sqrt a  + 1}} >  - 2{\rm{\;}}\)  do đó \( - 2 + 2\sqrt a  > 0\) ( vì \(\sqrt a  + 1 > 0\))

                 Suy ra \({\rm{\;\;}}\sqrt a  > 1\) hay \(a > 1\).

                 Vậy với \(a > 1\) thì \(M >  - 2\)

Gọi số học sinh lớp \[9A\] là \(x\) (học sinh), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x < 83} \right)\).

Gọi số học sinh lớp \[9B\] là \(y\) (học sinh), \(\left( {y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},y < 83} \right)\).
Tổng số học sinh \[2\] lớp là \[83\] học sinh nên ta có \(x + y = 83\).

Tồng số sách vở ùng hộ là \[289\] quyển nên ta có \(4x + 3y = 289\)
Khi đó ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 83}\\{4x + 3y = 289}\end{array}} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 40}\\{y = 43}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)
Vậy lớp \[9B\] có \[40\] học sinh, lớp \[9B\] có \[43\] học sinh

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Theo định lý Viét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1} \cdot {x_2} = 2}\end{array}} \right.\)

Vì \[{x_1} + {x_2} = 5 > 0,{x_1}.{x_2} = 2 > 0\] nên \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm dương phân biệt.
Vì \({x_2}\) là nghiệm của PT \({x^2} - 5x + 2 = 0\) nên \({x_2}{\;^2} - 5{x_2} + 2 = 0\) ha\(x_2^2 = 5{x_2} - 2\)

Ta có: \(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + 5{x_2} - 2}  + 3{x_2}\)

\(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + x_2^2}  + 3{x_2}\) \( = \sqrt {{{\left( {4{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}  + 3{x_2}\) \( = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2}\)

Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm dương nên \(A = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2} = 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4.5 = 20\).

Vậy \(A = 20\).

a) Xét  vuông tại \(B\) ta có:
\({\rm{tan}}\widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(AB = BC \cdot {\rm{tan}}\widehat {ACB} = 30 \cdot {\rm{tan}}60^\circ .\)
Do đó \(AB \approx 51,96\left( {{\rm{\;m}}} \right)\).

Vậy chiều cao của cây là \(51,96\left( {{\rm{\;m}}} \right)\)
b) Tại một thời điểm khác, người ta đo được bóng của tháp có độ dài \(BD = 90{\rm{\;m}}\). Tính góc \(\widehat {ADB}\) giữa tia nắng mặt trời và mặt đất vào thời điểm đó.
Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B\) ta có: \({\rm{tan}}\widehat {ADB} = \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) suy ra \(\widehat {ADB} = 30^\circ {\rm{.}}\)
Vậy góc giữa tia nắng và mặt đất bằng \(30^\circ .\)

a) Thể tích của mỗi viên bi hình cầu là: \(V = \frac{4}{3}\pi  \cdot {2^3} = \frac{{32}}{3}\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

b) Thề tích \[3\] viên bi là: \(3 \cdot \frac{{32}}{3}\pi  = 32\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Vì thể tích nước dâng lên trong cốc hình trụ bằng thể tích \[3\] viên bi nên \(\pi {.4^2}.h = 32\pi \).
Suy ra \(h = 2\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).