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

1.1. \(A = 2\sqrt {49}  + 5\sqrt {12}  - 7\sqrt 4 \)

          \( = 2 \cdot 7 + 5 \cdot 2\sqrt 3  - 7 \cdot 2\)

          \( = 14 + 10\sqrt 3  - 14\)

          \( = 10\sqrt 3 .\)

1.2. Với \(x > 0\), ta có:

\(B = \left( {\frac{{x + 7\sqrt x }}{{\sqrt x }} + 4\sqrt x  - 7} \right):\sqrt x \)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 7} \right)}}{{\sqrt x }} + 4\sqrt x  - 7} \right]:\sqrt x \)

\( = \left( {\sqrt x  + 7 + 4\sqrt x  - 7} \right):\sqrt x \)

\( = 5\sqrt x :\sqrt x  = 5\).

\Vậy \(B = 5\).

Ta có bảng giá trị:

Đồ thị là một đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\), nhận trục tung \(Oy\) làm trục đối xứng và nằm phía trên trục hoành (bề lõm quay lên trên).

Đồ thị đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,8} \right)\), \(\left( { - 1;\,\,2} \right)\), \(\left( {0;\,\,0} \right),\) \(\left( {1;\,\,2} \right)\), \(\left( {2;\,\,8} \right)\).

Ta có: \(\Delta  = {b^2} - 4ac = {11^2} - 4 \cdot 2 \cdot 12 = 121 - 96 = 25 > 0\).

Vì \(\Delta  > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \frac{{ - 11 + \sqrt {25} }}{{2 \cdot 2}} = \frac{{ - 11 + 5}}{4} = \frac{{ - 6}}{4} =  - \frac{3}{2}\);

\({x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \frac{{ - 11 - \sqrt {25} }}{{2 \cdot 2}} = \frac{{ - 11 - 5}}{4} = \frac{{ - 16}}{4} =  - 4\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - \frac{3}{2}; - 4} \right\}\).

Do phương trình đã có có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) nên theo định lí Viète ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{7}{3}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(H = x_1^2 + x_2^2 + 6{x_1}{x_2}\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 6{x_1}{x_2}\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2}\)

\( = {\left( {\frac{7}{3}} \right)^2} + 4 \cdot \left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{{73}}{9}\).

Vậy \(H = \frac{{73}}{9}\).

Gọi \(x\) là số thí sinh làm bài 2 tờ và \(y\) là số thí sinh làm bài 3 tờ \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Vì phòng thi có tổng cộng 24 thí sinh và có 6 thí sinh làm 1 tờ, nên số thí sinh làm 2 tờ và 3 tờ là:

\(x + y = 24 - 6 = 18\) (1).

Tổng số tờ giấy làm bài của 24 thí sinh là 56 tờ, trong đó 6 thí sinh làm 1 tờ đóng góp \(6 \cdot 1 = 6\) tờ. Do đó, số tờ bài làm của các thí sinh làm 2 tờ và 3 tờ là:

\(2x + 3y = 56 - 6 = 50\) (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 18}\\{2x + 3y = 50}\end{array}} \right.\).

Nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 36}\\{2x + 3y = 50}\end{array}} \right.\).

Trừ vế với vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất ta được:

\(\left( {2x + 3y} \right) - \left( {2x + 2y} \right) = 50 - 36\) suy ra \(y = 14\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 14\) vào phương trình \(x + y = 18\), ta tính được: \(x = 18 - 14 = 4\)(thỏa mãn).

Vậy số thí sinh làm bài 2 tờ là 4 thí sinh và số thí sinh làm bài 3 tờ là 14 thí sinh.

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho \(\Delta ACB\) vuông tại \(C\) có:

$BC=\frac{AC}{\tan \widehat{ABC}}=\frac{100}{\tan {70}^{°}}\approx 36$ (m).

Vậy ngọn hải đăng cao khoảng \(36\) m.

1.

Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\) nên \(AB \bot BO\) và \(AC \bot CO\).

\(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) nên \(\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\).

\(\Delta ACO\) vuông tại \(C\) nên \(\Delta ACO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\).

Nên bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,O,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\).

2.

Kẻ \(OA\) cắt \(BC\) tại \(H\).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(AB = AC\).

Mà \(OB = OC\) nên \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) hay \(OA \bot BC\) tại trung điểm \(H\) của \(BC\).

Xét \(\Delta OHC\) và \(\Delta OCA\) có: \(\widehat {OHC} = \widehat {OCA} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOC}\) là góc chung.

Suy ra $\Delta OHC\backsim \Delta OCA$ (g.g).

Do đó, \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}\) hay \(OH \cdot OA = O{C^2}\).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\Delta OHE\backsim \Delta OIA$ (g.g).

Do đó, \(\frac{{OH}}{{OI}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) hay \(OH \cdot OA = OE \cdot OI.\)

Mà \(OC = OD\) nên \(OE \cdot OI = OH \cdot OA = O{C^2} = O{D^2}\).

Xét \(\Delta OID\) và \(\Delta ODE\) có: \(\frac{{OI}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}\) và \(\widehat {DOE}\) là góc chung.

Suy ra $\Delta OID\backsim \Delta ODE$ (c.g.c). Do đó, \(\widehat {ODE} = \widehat {OID} = 90^\circ \) hay \(OD \bot DE\).

Nên \(ED\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).