Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở An Giang (có đáp án)

Đáp án đúng là: D

Tần số xuất hiện của mặt 4 chấm là: \(50 - 9 - 7 - 6 - 8 - 11 = 9\).

Đáp án đúng là: A

\(3x - 6 > 0\)

\(3x > 6\)

\(x > 2\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x > 2\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

A sai vì: \(a\) và \(b\) đồng thời bằng \(0\).

B đúng vì: \(2x - 3y = 5\) có dạng \(ax + by = c\) với \(a = 2,\,\,b =  - 3\) (\(a,\,\,b\) không đồng thời bằng \[0\]).

C sai vì: vì có chứa \({x^2}\) (bậc hai).

D sai vì: có chứa \(\frac{1}{x}\) (\[x\] ở mẫu).

Đáp án đúng là: C

Độ dài cung \(30^\circ \) của đường tròn bán kính 5 cm là: \(l = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi  \cdot 5 \cdot 30}}{{180}} = \frac{{5\pi }}{6}\) (cm).

Đáp án đúng là: D

Gọi \(A\) là biến cố “Mặt xuất hiện có số chấm chia hết cho 3”.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi gieo con xúc xắc một lần là: \(\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}\). Các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Do đó, số kết quả có thể xảy ra là \[n\left( \Omega  \right) = 6\].

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(A = \left\{ {3;\,\,6} \right\}\).

Vậy \(n\left( A \right) = 2\). Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{5}\).

a) \(A = \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - \sqrt {75} \)

\( = \sqrt {4 \cdot 3}  + \sqrt {9 \cdot 3}  - \sqrt {25 \cdot 3} \)

\( = 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  - 5\sqrt 3 \)

\( = \left( {2 + 3 - 5} \right)\sqrt 3  = 0\).

b) Giải phương trình:

\({x^2} - 7x + 12 = 0\)

\({x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\)

\[x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0\]

\(\left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \(x - 3 = 0\) suy ra \(x = 3\).

Trường hợp 2: \(x - 4 = 0\) suy ra \(x = 4\).

c) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{3x - y = 1}\end{array}} \right.\).

Cộng từng vế hai phương trình trong hệ ta được:

\(\left( {x + y} \right) + \left( {3x - y} \right) = 3 + 1\) suy ra \(4x = 4\) hay \(x = 1\).

Thay \(x = 1\) vào phương trình \(x + y = 3\) ta được: \(1 + y = 3\) suy ra \(y = 2\).

a) Ta có bảng giá trị:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) có dạng là đường cong parabol đi qua 5 điểm:

\(\left( { - 2;\,\,2} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,\,\left( {2;\,\,2} \right)\).

b) Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - 1 \cdot \left( {4m + 3} \right) = 4 - 4m - 3 = 1 - 4m\).

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \(1 - 4m \ge 0\) suy ra \(m \le \frac{1}{4}\).

Áp dụng định lí Viète ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 4}\\{{x_1}{x_2} = 4m + 3}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 9\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 9\)

\({4^2} - 2\left( {4m + 3} \right) = 9\)

\(16 - 8m - 6 = 9\)

\(10 - 8m = 9\)

\(8m = 1\)

\(m = \frac{1}{8}\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = \frac{1}{8}\) là giá trị cần tìm.

c) Gọi khoảng cách giữa điểm gãy với mặt đất là: \(x{\rm{ }}\left( {{\rm{m; }}0 < x < 9} \right)\).

Khi đó, khoảng cách từ điểm gãy đến ngọn là: \(9 - x\) (m).

Do điểm gãy, gốc cây, ngọn cây tạo thành một tam giác vuông nên ta có:

\({x^2} + {3^2} = {\left( {9 - x} \right)^2}\)

\({x^2} + 9 = 81 - 18x + {x^2}\)

\({x^2} + 9 - 81 + 18x - {x^2} = 0\)

\(18x - 72 = 0\)

\(x = 4\) (thỏa mãn).

Vậy khoảng cách điểm gãy đến mặt đất là \(4\) m.

a) Giá trị đại diện của nhóm \[\left[ {60;{\rm{ }}90} \right)\] là: \(x = \frac{{60 + 90}}{2} = 75\) (phút).

b) Tổng số học sinh khảo sát là: \(N = 5 + 12 + 15 + 8 = 40\) (học sinh).

Số học sinh tự học từ 60 phút trở lên (thuộc các nhóm \[\left[ {60;{\rm{ }}90} \right)\] và \[\left[ {90;{\rm{ }}120} \right)\]) là:

\(n = 15 + 8 = 23\) (học sinh).

Vậy xác suất để học sinh được chọn có thời gian tự học từ 60 phút trở lên trong một ngày là:

\(P = \frac{{23}}{{40}} = 0,575\).

a) Chứng minh tứ giác \(BCED\) nội tiếp

Do \(\widehat {BDA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {BDE} = 90^\circ \).

Lại có: \(\widehat {BCE} = 90^\circ \) (giả thiết).

Do đó, \(\Delta BDE\) và \(\Delta BCE\) là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền \(BE\).

Suy ra bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,D\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Vậy tứ giác \(BCED\) nội tiếp

b) Chứng minh tam giác \(ABE\) là tam giác cân

Vẽ đường tròn tâm \(B\), bán kính \(R\). Khi đó, \(BD = BC = R\) (giả thiết), \(ED \bot BD\) tại \(D\) và \(EC \bot BC\) tại \(C\).

Do đó, \(ED\) và \(EC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( {B;\,\,R} \right)\) cắt nhau tại \(E\).

Suy ra \(BE\) là tia phân giác của \(\widehat {DBC}\) (1).

Vì \(OB = OD = BD = R\) nên \(\Delta OBD\) đều. Suy ra \(\widehat {OBD} = 60^\circ \) (2).

Khi đó, \(\widehat {DBC} = 120^\circ \) (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: \(\widehat {OBD} = \widehat {DBE} = \frac{{\widehat {DBC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \).

Do đó, \(BD\) là tia phân giác của \(\widehat {ABE}\).

\(\Delta ABE\) có \(BD\) vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân (đpcm).

Chiều cao của phần không chứa nước của cốc thủy tinh là: \(h = 15 - 10 = 5\) (cm).

Thể tích của phần không chứa nước của cốc thủy tinh là:

\({V_1} = \pi {R^2}h = \pi  \cdot {3^2} \cdot 5 = 45\pi \) (cm3).

Thể tích của một viên bi là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {1^3} = \frac{4}{3}\pi \) (cm3).

Gọi \(x\) là số viên bi thả vào cốc thủy tinh mà nước trong cốc không tràn ra ngoài

Điều kiện: \(x \in {\mathbb{N}^*}\).

Khi đó, ta có: \(\frac{4}{3}\pi  \cdot x \le 45\pi \) suy ra \(x \le \frac{{3 \cdot 45\pi }}{{4\pi }} = 33,75\).

Vậy để nước không tràn ra ngoài thì có thể thả tối đa 33 viên bi.