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

Đáp án đúng là: C

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có: \(\sin C = \frac{{AB}}{{BC}}\).

Đáp án đúng là: C

Công thức tính thể tích của hình nón có chiều cao \(h\) và bán kính đường tròn đáy \(r\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Đáp án đúng là: D

Công thức thể tích của hình cầu bán kính \(r\) là: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

a) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện \(x > 0,\,\,x \ne 4\)) vào biểu thức \(A\), ta có:

\(A = \frac{{9 + 3}}{{\sqrt 9  - 2}} = \frac{{12}}{{3 - 2}} = \frac{{12}}{1} = 12\).

Vậy khi \(x = 9\) thì giá trị của biểu thức \(A\) bằng \(12\).

b) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{5\sqrt x  - 2}}{{x - 4}}\)

\[B = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{5\sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\(B = \frac{{x - 2\sqrt x  - \sqrt x  + 2 + 5\sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x (\sqrt x  + 2)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\).

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4\).

c) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có: \(P = \frac{A}{B} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x  - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x  - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x }} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }} = \sqrt x  + \frac{3}{{\sqrt x }}\).

Vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x  > 0\) và \(\frac{3}{{\sqrt x }} > 0\).

Ta có với \(a \ge 0;\,\,b \ge 0\) thì \({\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\).

Suy ra \(a - 2\sqrt {ab}  + b \ge 0\) hay \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(a = b\).

Áp dụng hai số dương \(\sqrt x \) và \(\frac{3}{{\sqrt x }}\), ta được: \(P = \sqrt x  + \frac{3}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x  \cdot \frac{3}{{\sqrt x }}}  = 2\sqrt 3 \).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(\sqrt x  = \frac{3}{{\sqrt x }}\) hay \(x = 3\) (thỏa mãn).

Vậy biểu thức \(\frac{A}{B}\) đạt giá trị nhỏ nhất là \(2\sqrt 3 \) khi \(x = 3\).

Gọi \(x\) là số công nhân nam của tổ may \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 47} \right)\).

Gọi \(y\) là số công nhân nữ của tổ may \(\left( {y \in {\mathbb{N}^*},\,\,y < 47} \right)\).

Vì tổng số công nhân cả nam và nữ trong tổ là 47 người, ta có phương trình:

\(x + y = 47\) (1).

Mỗi công nhân nam may được 8 chiếc áo, nên số áo các công nhân nam may được là \(8x\) (chiếc).

Mỗi công nhân nữ may được 7 chiếc áo, nên số áo các công nhân nữ may được là \(7y\) (chiếc).

Vì tổng số áo tổ may được giao là 350 chiếc, ta có phương trình:

\(8x + 7y = 350\) (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 47}\\{8x + 7y = 350}\end{array}} \right.\).

Từ phương trình (1), suy ra: \(y = 47 - x\).

Thế vào phương trình (2), ta được:

\[8x + 7\left( {47 - x} \right) = 350\]

\(8x + 329 - 7x = 350\)

\(x = 350 - 329\)

\(x = 21\) (thỏa mãn).

Thay \(x = 21\) vào phương trình \(y = 47 - x\), ta được: \(y = 47 - 21 = 26\) (thỏa mãn).

Vậy tổ may có 21 công nhân nam và 26 công nhân nữ.

a) Giải phương trình: \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\).

Phương trình có các hệ số: \(a = 2,\,\,b =  - 5,\,\,c = 3\).

Vì \[a + b + c = 2 + \left( { - 5} \right) + 3 = 0\] nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{3}{2}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\frac{3}{2}} \right\}\).

b) Điều kiện để hàm số là hàm số bậc hai: \(m + 2 \ne 0\) suy ra \(m \ne  - 2\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {2;\,\,8} \right)\) nên ta thay \(x = 2\) và \(y = 8\) vào công thức hàm số, ta được:

\(8 = \left( {m + 2} \right) \cdot {2^2}\)

\(8 = \left( {m + 2} \right) \cdot 4\)

\(m + 2 = \frac{8}{4}\)

\(m + 2 = 2\)

\(m = 0\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = 0\) là giá trị cần tìm.

Vì hộp có 30 viên bi được đánh số từ 1 đến 30, nên tập hợp tất cả các số có thể xuất hiện trên viên bi được rút ra là \(\Omega  = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3; \ldots ;\,\,30} \right\}\). Suy ra \(n\left( \Omega  \right) = 30\).

Do các viên bi có cùng khối lượng và kích thước nên các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Xét biến cố \(A\): “Viên bi được lấy ra đánh số chia cho 3 dư 2”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là \(A = \left\{ {2;\,\,5;\,\,8;\,\,11;\,\,14;\,\,17;\,\,20;\,\,23;\,\,26;\,\,29} \right\}\). Suy ra \(n\left( A \right) = 10\).

Xác suất của biến cố \[A\]là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\].

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là \(\frac{1}{3}\).

a) Do \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {HKB} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta HKB\) vuông tại \(K\).

Lại có: \(\widehat {HCB} = 90^\circ \) (do \(MN \bot AB\) tại \(C\)).

\(\Delta HKB\) vuông tại \(K\) nên \(\Delta HKB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HB\).

\(\Delta HCB\) vuông tại \(C\) nên \(\Delta HCB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HB\).

Suy ra bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,H,\,\,K\) thuộc đường tròn đường kính \(HB\).

Vậy tứ giác \(BCHK\) nội tiếp.

b) *Chứng minh: \(AK \cdot AH = AC \cdot AB\)

Xét \(\Delta ACH\) và \(\Delta AKB\) có: \(\widehat {ACH} = \widehat {AKB} = 90^\circ \) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung. Suy ra $\Delta ACH\backsim \Delta AKB$  (g.g).

Do đó, \(\frac{{AC}}{{AK}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(AK \cdot AH = AC \cdot AB\).

*Chứng minh \(AMON\) là hình thoi.

Xét đường tròn \[\left( O \right)\], ta có \(OM = ON = R\) nên \(\Delta OMN\) cân tại \[O\].

Mà \(OC \bot MN\) nên \[OC\] là đường cao đồng thời là trung tuyến. Hay \[C\] là trung điểm của \[MN\].

Mặt khác, theo giả thiết, \[C\] cũng là trung điểm của đoạn thẳng \[OA\].

Suy ra tứ giác \[AMON\] là hình bình hành.

Mà hai đường chéo vuông góc với nhau tại \[C\] \(\left( {OA \bot MN} \right)\) nên tứ giác \[AMON\] là hình thoi (đpcm).

c)

⦁ Ta có \[OMAN\] là hình thoi nên \(OM = MA\). Mà \(OM = OA = R\) nên \(OM = OA = MA\).

Suy ra \(\Delta OMA\) đều hay \(\widehat {MOA} = 60^\circ \).

Lại có \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\] (tính chất hình thoi) nên \(\widehat {MON} = 2 \cdot 60^\circ  = 120^\circ \).

Khi đó, \(\widehat {MKN} = \frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ  = 60^\circ \) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN).\]

Suy ra \(\Delta MKI\) đều nên \(MK = MI\) và \(\widehat {KMI} = 60^\circ \).

Xét tam giác \(MNB\): Do \(AMON\) là hình thoi nên dây \(MN \bot AB\) tại \(C\) (với \(C\) là trung điểm \(OA\)).

Tính toán trong tam giác vuông \(AMC\) ta được \(MC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\), suy ra \(MN = R\sqrt 3 .\)

Tương tự, tam giác \(MAB\) vuông tại \(M\) có \(\widehat {MAB} = 60^\circ \) nên \(MB = AB\sin 60^\circ  = 2R \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 \).

Vì tính đối xứng qua \(AB\), \(NB = MB = R\sqrt 3 \).

Suy ra \(MN = MB = NB\), vậy tam giác \(MNB\) là tam giác đều, dẫn đến \(\widehat {NMB} = 60^\circ \).

Bằng phương pháp trừ góc, ta có:

\(\widehat {NMI} = \widehat {NMB} - \widehat {IMB} = 60^\circ  - \widehat {IMB}\).

\(\widehat {KMB} = \widehat {KMI} - \widehat {IMB} = 60^\circ  - \widehat {IMB}\).

Suy ra \(\widehat {NMI} = \widehat {KMB}\).

Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta MIN\) có:

\(MK = MI\) (chứng minh trên).

\(\widehat {KMB} = \widehat {NMI}\) (chứng minh trên).

\(MB = MN\) (chứng minh trên).

Vậy \(\Delta MKB = \Delta MIN\) (c.g.c), suy ra \(KB = NI\) (hai cạnh tương ứng).

⦁ Chu vi tam giác \(MKB\) là \(P = MK + KB + MB\).

Vì \(MK = KI\) và \(KB = NI\) (chứng minh trên), ta có thể viết lại: \(P = KI + NI + MB = KN + MB\).

Vì độ dài đoạn thẳng \(MB = R\sqrt 3 \) là không đổi, nên chu vi \(P\) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi dây cung \(KN\) của đường tròn \(\left( O \right)\) có độ dài lớn nhất.

Trong một đường tròn, dây cung lớn nhất chính là đường kính. Do đó, \(KN\) lớn nhất khi \(KN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\), tức là điểm \(K\) đối xứng với \(N\) qua tâm \(O\).

Vì điểm \(N\) cố định với \(\widehat {AON} = 60^\circ \) nên \(\widehat {NOB} = 120^\circ \). Do \(K\) đối xứng với \(N\) qua \(O\) nên \(K\) nằm trên cung \(MB\) và \(\widehat {KOB} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \).

Mặt khác, \(\widehat {MOB} = 180^\circ  - \widehat {MOA} = 120^\circ \).

Từ đó suy ra \(\widehat {KOB} = \frac{1}{2}\widehat {MOB}\), nghĩa là \(K\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(MB\).

Khi \(K\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(MB\), chu vi \(\Delta MKB\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(2R + R\sqrt 3  = R\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\).