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

a) \(2\sqrt {81}  - 3\sqrt {16}  + 1 = 2 \cdot 9 - 3 \cdot 4 + 1\)\( = 18 - 12 + 1\)\( = 7\).

b) Thay giá trị \(x =  - 1\) vào hàm số, ta có: \(f\left( { - 1} \right) = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3 \cdot 1 = 3\).

Thay giá trị \(x = 2\) vào hàm số, ta có: \(f\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} = 3 \cdot 4 = 12\).

c) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có các hệ số \(a = 1\), \(b = 5\), \(c =  - 6\).

Ta thấy \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm là

\({x_1} = 1\); 6\({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{1} =  - 6\).

d) Kí hiệu mặt sấp là S và mặt ngửa là N.

Khi gieo đồng thời hai đồng xu, không gian mẫu (tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra) là:

\(\Omega  = \left\{ {SS;\,\,SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = 4\).

Biến cố A: “Mặt ngửa xuất hiện ít nhất một lần”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

\(A = \left\{ {SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}\).

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là \(n\left( A \right) = 3\).

Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).

a)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

\(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{12}}{{13}}\) và \(\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{5}{{13}}\).

b) Diện tích mặt cầu có bán kính \(R = 20{\rm{ cm}}\) là:

\(S = 4\pi {R^2} = 4 \cdot \pi  \cdot {20^2} \approx 4 \cdot 3,14 \cdot 400 = 5024{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\).

Thể tích hình cầu có bán kính \(R = 20{\rm{ cm}}\) là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi  \cdot {20^3} \approx \frac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot 8000 = \frac{{100480}}{3} \approx 33493,33{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Gọi giá niêm yết của một món hàng A là \(x\) (nghìn đồng) và một món hàng B là \(y\) (nghìn đồng) với điều kiện \(x > 0,y > 0\).

Giá của một món hàng A sau khi giảm 30% là \(0,7x\) (nghìn đồng).

Giá của một món hàng B sau khi giảm 15% là \(0,85y\) (nghìn đồng).

Vì cô Mai mua 1 món hàng A và 1 món hàng B phải trả số tiền là 381 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(0,7x + 0,85y = 381\) hay \(14x + 17y = 7620\) (1).

Vào ngày cuối, giá mặt hàng A giảm 35% so với giá niêm yết nên giá bán là \(0,65x\) (nghìn đồng).

Giá mặt hàng B giảm 30% so với giá niêm yết nên giá bán là \(0,7y\) (nghìn đồng).

Vì cô Hoa mua 3 món hàng A và 2 món hàng B phải trả số tiền là 771 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(3 \cdot 0,65x + 2 \cdot 0,7y = 771\) hay \(1,95x + 1,4y = 771\) tức là \(39x + 28y = 15420\) (2).

Từ (1) và (2), ta lập được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{14x + 17y = 7620}\\{39x + 28y = 15420}\end{array}} \right.\)

Nhân phương trình thứ nhất với 28 và phương trình thứ hai với 17, ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{392x + 476y = 213360}\\{663x + 476y = 262140}\end{array}} \right.\)

Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên, ta được:

\(271x = 48780\)

\(x = 180\) (thỏa mãn điều kiện).

Thay giá trị \(x = 180\) vào phương trình (1), ta có:

\(14 \cdot 180 + 17y = 7620\)

\(2520 + 17y = 7620\)

\(17y = 5100\)

\(y = 300\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá niêm yết của một món hàng A là \(180.000\) đồng và giá niêm yết của một món hàng B là \(300.000\) đồng.

a) Vì \(EH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {BHE} = 90^\circ \).

Vì \(EK \bot BC\) tại \(K\), nên \(\widehat {BKE} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHEK\) có \(\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó, tứ giác \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\).

b) ¬ Chứng minh \(B{E^2} = BK \cdot BC\)

Xét tam giác \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BKE\) vuông tại \(K\) có \(\widehat B\) là góc chung

Do đó $\Delta BEC\backsim \Delta BKE$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}}\) nên \(B{E^2} = BK \cdot BC\).

¬ Chứng minh ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có \(B{E^2} = BH \cdot AB\).

Suy ra \(BH \cdot AB = BK \cdot BC\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có \(\widehat {ABC}\) chung và \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Do đó $\Delta BHK\backsim \Delta BCA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {BCA}\). (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác \(BCEQ\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC.\)

Suy ra \[\widehat {EQB} + \widehat {BCE} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối)

Mà \[\widehat {AQE} + \widehat {EQB} = 180^\circ \] (kề bù) nên \(\widehat {AQE} = \widehat {BCA}\). (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {BHK} = \widehat {AQE}\,\,\left( { = \widehat {BCA}} \right)\) hay \(\widehat {QHK} = \widehat {HQM}.\) (3)

Xét \(\Delta EHQ\) vuông tại \(H\) có \(M\) là trung điểm của cạnh huyền \(EQ\). Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có \(HM = \frac{1}{2}QE = MQ = ME\)

Suy ra \(\Delta MQH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {QHM} = \widehat {HQM}.\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {QHK} = \widehat {QHM}\) hay hai tia \(HM\) và \(HK\) phải trùng nhau, do đó ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng.

Cho phương trình \(5{x^2} - 2x - m = 0\) (1).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta \prime  > 0,\) tức là \(\Delta \prime  = {\left( { - 1} \right)^2} - 5 \cdot \left( { - m} \right) = 1 + 5m > 0\) nên \(m >  - \frac{1}{5}\).

Theo định lý Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{2}{5}\\{x_1}{x_2} =  - \frac{m}{5}.\end{array} \right.\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1), nên \(5x_1^2 - 2{x_1} - m = 0\), suy ra \(m = 5x_1^2 - 2{x_1}\).

Thay biểu thức của \(m\) vừa tìm được vào biểu thức dưới dấu căn thứ nhất, ta có:

\(m + 2{x_1} - x_1^2 = \left( {5x_1^2 - 2{x_1}} \right) + 2{x_1} - x_1^2 = 4x_1^2\).

Tương tự, với \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (1), ta cũng thay vào biểu thức dưới dấu căn thứ hai và được: \(m + 2{x_2} - x_2^2 = 4x_2^2\).

Lúc này, biểu thức \(P\) được rút gọn thành:

\[P = \sqrt {4x_1^2}  + \sqrt {4x_2^2}  = 2\left| {{x_1}} \right| + 2\left| {{x_2}} \right| = 2\left( {\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|} \right) \ge 2\left| {{x_1} + {x_2}} \right| = 2 \cdot \left| {\frac{2}{5}} \right| = \frac{4}{5}.\]

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) cùng dấu hoặc có ít nhất một nghiệm bằng 0, hay tích hai nghiệm phải lớn hơn hoặc bằng 0, tức là \({x_1}{x_2} \ge 0\) nên \( - \frac{m}{5} \ge 0\), suy ra \(m \le 0\).

Kết hợp với điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là \(m >  - \frac{1}{5}\), ta có: \( - \frac{1}{5} < m \le 0\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng \(\frac{4}{5}\), đạt được khi \(m\) thỏa mãn điều kiện \( - \frac{1}{5} < m \le 0\).