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

Ta có \(A = 2\sqrt {27} + 5\sqrt {12} - 3\sqrt {48} \)

\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; = 6\sqrt 3 + 10\sqrt 3 - 12\sqrt 3 }\\{}&{\; = 4\sqrt 3 .}\end{array}\)

Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\), ta có

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

\[\; = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} \cdot \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{1} = 2\sqrt x .\]        

Vậy với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\) thì \(A = 2\sqrt x \).

Bảng giá trị của hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\).

\(x\)	-4	-2	0	2	4
\(y = \frac{1}{2}{x^2}\)	8	2	0	2	8

                                                                         

 

Phương trình: \({x^2} + x - 6 = 0\) có \(a = 1,b = 1\) và \(c = - 6\).

Ta có \({\rm{\Delta }} = {b^2} - 4ac = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 6} \right) = 25 > 0\).
Vì \({\rm{\Delta }} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

  \(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{{x_1} = \frac{{ - b + \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2 \cdot 1}} = 2;}\\{}&{{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2 \cdot 1}} = - 3.}\end{array}\)

Ta có \({\rm{\Delta }} = {b^2} - 4ac = {( - 5)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 6 = 1 > 0\).

Vì \({\rm{\Delta }} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
Theo định lý Vi-ét, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1}{x_2} = 6.}\end{array}} \right.\)
Xét biểu thức đề bài, ta lại có

\(\begin{array}{*{20}{r}}A&{\; = 3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2}\\{}&{\; = 3{x_1}{x_2} \cdot \left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{}&{\; = 3 \cdot 6 \cdot 5}\\{}&{\; = 90.}\end{array}\)

Vậy \(A = 90\).

Gọi \(x,y\) lần lượt là số sản phẩm làm được trong tháng thứ nhất của tổ \(I\) và \(II(x,y \in \mathbb{N}\), \(x < 1200,y < 1200\) ).
Theo đề bài, ta có hệ phương trình

            \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1200}\\{120{\rm{\% }} \cdot x + 130{\rm{\% }} \cdot y = 1525}\end{array}{\rm{\;hay\;}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1200}\\{1,2x + 1,3y = 1525}\end{array}} \right.} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được \(x = 350\) và \(y = 850\) (thỏa mãn).
Vậy trong tháng thứ nhất, tổ \(I\) và \(II\) làm được số sản phẩm lần lượt là 350 sản phẩm và 850 sản phẩm.

Ta có \(2r = 20{\rm{\;cm}} \Rightarrow r = 10{\rm{\;cm}} = 0,1{\rm{\;m}}\);

             \(h = 30{\rm{\;cm}} = 0,3{\rm{\;m}}\)

Diện tích xung quanh của một hộp sữa

       \({S_{{\rm{xq}}}} = 2\pi rh = 2\pi \cdot 0,1 \cdot 0,3 = 0,06\pi \left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Ta có \(0,06\pi \cdot 50 = 3\pi \approx 9,4\).
Vây để dán phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa thì cần dùng khoảng \(9,4{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) giấy.

Ta có \(T = {\rm{sin}}30^\circ + 2{\rm{cos}}\,30^\circ - \frac{5}{2}{\rm{tan}}45^\circ \)

\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; = \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{5}{2} \cdot 1}\\{}&{\; = - 2 + \sqrt 3 }\end{array}\)

    Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có

           \({\rm{tan}}B = \frac{{AC}}{{AB}}{\rm{\;hay\;tan}}30^\circ = \frac{{50}}{{AB}}\)\( \Rightarrow AB = \frac{{50}}{{{\rm{tan}}30^\circ }} \approx 87\left( {{\rm{\;m}}} \right)\).
Vậy ô tô đô cách chân tòa nhà khoảng 87 mét.

a) Ta có \(\widehat {MAO} = {90^ \circ }\) ( \(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)).

Suy ra tam giác \(MAO\) vuông tại \(A\).
Suy ra 3 điểm \(M,A,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\).

Lai có \(\widehat {MBO} = {90^ \circ }(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right))\).
Suy ra tam giác \(MBO\) vuông tại \(B\).
Suy ra 3 điểm \(M,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\).
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(M,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\).
b) Ta có \(OA = OB\) (vì \(A,B \in \left( O \right)\) ) nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(AB\).

Lại có \(MA = MB\) (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(M\) cūng thuộc đường trung trực của \(AB\).
Do đó \(MO\) là đường trung trực của \(AB\).
Suy ra \(MO \bot AB\) tại \(H\), suy ra \(\widehat {MHA} = 90^\circ \).
Xét \(\Delta MHA\) và \(\Delta MAO\) có

·       \(\widehat {OMA}\) : góc chung.

·       \(\widehat {MHA} = \widehat {MAO} = 90^\circ \)

Suy ra  (g.g).
\( \Rightarrow \frac{{MH}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MO}} \Rightarrow MH \cdot MO = M{A^2}\).
Ta có \(\widehat {AEC} = {90^ \circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Suy ra tam giác \(ACE\) vuông tại \(E\).
Suy ra \(\widehat {EAC} + \widehat {ECA} = 90^\circ \).
Mà \(\widehat {EAC} + \widehat {EAM} = \widehat {MAO} = {90^ \circ }(MA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {EAM} = \widehat {ECA}\) (cùng cộng với \(\widehat {EAC}\) bả̀ng \(90^\circ )\) hay \(\widehat {MAE} = \widehat {MCA}\).
Xét và có

·       \(\widehat {CMA}\) : góc chung.

·       \(\widehat {MAE} = \widehat {MCA}\) (chứng minh trên).

Suy ra  (g.g).
\( \Rightarrow \frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MC}} \Rightarrow ME \cdot MC = M{A^2}\).
Từ (3) và (4) suy ra \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\left( { = M{A^2}} \right)\) (đièu phải chứng minh).

 Cỏ mẫu \(N = 20\).

Các giá trị khác nhau và tần số tương ứng:

·       \({x_1} = 1\) có tần số \({n_1} = 2\).

·       \({x_3} = 3\) có tần số \({n_3} = 3\).

·       \({x_5} = 5\) có tần số \({n_5} = 3\).

·       \({x_2} = 2\) có tần số \({n_2} = 4\).

·       \({x_4} = 4\) có tần só \({n_4} = 3\).

·       \({x_6} = 6\) có tần số \({n_6} = 5\).

Tần số tương đối:

·       \({f_1} = \frac{{{n_1} \cdot 100}}{N} = \frac{{2 \cdot 100}}{{20}} = 10\left( {\rm{\% }} \right)\).

·       \({f_2} = \frac{{{n_2} \cdot 100}}{N} = \frac{{4 \cdot 100}}{{20}} = 20\left( {\rm{\% }} \right)\).

·       \({f_3} = \frac{{{n_3} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15\left( {\rm{\% }} \right)\).

·       \({f_4} = \frac{{{n_4} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15\left( {\rm{\% }} \right)\).

·       \({f_5} = \frac{{{n_5} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15\) (%).

·       \({f_6} = \frac{{{n_6} \cdot 100}}{N} = \frac{{5 \cdot 100}}{{20}} = 25\left( {\rm{\% }} \right)\).

Bảng tần số tương đối của mẫu dữ liệu

Số chấm \(\left( x \right)\)	1	2	3	4	5	6	Công
Tần số \(\left( n \right)\)	2	4	3	3	3	5	\(N = 20\)
Tần số tương đối (%)	10	20	15	15	15	25	100

Xét phép thử "Lấy ra ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả bóng từ trong hộp".

Nhận thấy tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử là đồng khả năng.
Gọi \(\left( {x;y} \right)\) là một kết quả của phép thử khi lấy được 2 quả bóng có đánh số là \(x\) và \(y\).
Không gian mẫu của phép thử

               \({\rm{\Omega }} = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}.\)

Số phần tử của không gian mẫu là 10 phần tử. Xét biến cố \(A\) :"Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất 1 quả bóng ghi số chẵn".
Ta có \(A = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;4} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}\).
Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\).
Xác suát của biến có \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{7}{{10}} = \frac{1}{2}\).

Gọi \(x\) là số tháng tiết kiệm của gia đình Bác An để mua được chiếc xe SH Mode ( \(x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) ). Số tiền gia đình Bác An tiết kiệm được sau \(x\) tháng là \(3x\) (triệu đồng).
Số tiền gia đình Bác An có được sau \(x\) tháng tiết kiệm là \(3x + 20\) (triệu đồng).
Theo đề bài ta có bất phương trình:

Vì \(x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) nên \(x = 16\).
Vậy sau ít nhất 16 tháng thì gia đình Bác An có thể mua được chiếc xe SH Mode đó bằng số tiền tiết kiệm được.