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 \(h = 2\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).

a) \(\widehat {CEH} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(E,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\).
\(\widehat {CDH} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(D\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(D,H,C\) thuộc đường tròn đường kính CH. Vậy \[4\] điểm \(C,E,H,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CH\)
b) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\).

Ta có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa dường tròn).
\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\) ). Suy ra \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = {90^{\rm{o}}}\) (1)
\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\) ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra .

Ta có \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{MC}}\) suy ra \(AD \cdot MC = BD \cdot AC\)

c) Ta có \(CM\,{\rm{//}}\,BH\) (vì \({\rm{CM}},{\rm{BH}}\) cùng vuông góc với AC ).

\(BM//CH\) (vì \[BM,CH\] cùng vuông góc với \[AB\] ).

Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành. Khi đó hai đường chéo \(HK\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
\( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(HM\).
Ta có .

Ta có tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\)
\( \Rightarrow \widehat {AHF} = \widehat {AEF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AF) \( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ABI}\).

Từ chứng minh phần b ta có
Xét \(\Delta APE\) và \(\Delta AIB\) có \(\widehat {ABI} = \widehat {AEF};\widehat {EAP} = \widehat {BAI}\)

Tương tự .

Vậy \(PI\,{\rm{//}}\,HK\).