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

Hướng dẫn giải

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

Phương trình trên có \[\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 1 > 0.\]

Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{7 + 1}}{2} = 4;\,\,{x_2} = \frac{{7 - 1}}{2} = 3.\]

b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{2x - y = 3\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình (1) suy ra \(x = 2y\) (3) thay vào (2), ta được:

\(2 \cdot 2y - y = 3\) hay \(3y = 3\) nên \(y = 1.\)

Thay vào (3) ta được \(x = 2 \cdot 1 = 2.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)

a) H là hàm số bậc nhất vì nó có dạng \[y = ax + b,\] trong đó \(a = 2,4 \ne 0\;,\;b = 78,7\).

b) Thay \[H = 162,7\] cm vào công thức \(H = 2,4t + 78,7,\) ta được:

\[162,7 = 24t + 78,7\] suy ra \(t = \frac{{162,7 - 78,7}}{{24}} = 35\) (cm).

Chiều dài xương chày của người đó là 35 cm.

Gọi số học sinh giỏi và học sinh xuất sắc lần lượt là \(x\) và \(y\) \[(x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}*)\].

Ta có \(x + y = 60\% \cdot 45 = 27\).

Số vở học sinh Giỏi được thưởng là \(10x,\) số vở học sinh Xuất sắc được thưởng là \(15y\)

Ta có \(10x + 15y = 300\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 27}\\{10x + 15y = 300}\end{array}} \right.\)

Giải phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 21}\\{y = 6}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy số học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi, học sinh Xuất sắc của lớp 9A lần lượt là 21 học sinh; 6 học sinh.

a) Nhóm máu phổ biến nhất là nhóm máu O.

Nhóm máu đó có \[200 \cdot 40\% = 80\] người.

b) Không gian mẫu là:

   \(\Omega = \left\{ {\left( {1;4} \right);\,\,\left( {1;5} \right);\,\,\left( {1;6} \right);\,\,\left( {1;7} \right);\,\,\left( {2;4} \right);\,\,\left( {2;5} \right);\,\,\left( {2;6} \right);\,\,\left( {2;7} \right);\,\,\left( {3;4} \right);\,\,\left( {3;5} \right);\,\,\left( {3;6} \right);\,\,\left( {3;7} \right)} \right\}\)

Không gian mẫu có 12 phần tử

Việc chọn thẻ từ hộp A và hộp B của bạn An đều được thực hiện một cách ngẫu nhiên.

Do đó, khả năng mỗi thẻ được rút ra là như nhau, dẫn đến tất cả 12 kết quả là các cặp số của phép thử đều hoàn toàn đồng khả năng.

Kết quả thuận lợi của biển cố X: “Tích của hai số trên các thẻ mà bạn An chọn ra là một số lẻ” là \(X = \left\{ {\left( {1;5} \right);\,\,\left( {1;7} \right);\,\,\left( {3;5} \right);\,\,\left( {3;7} \right)} \right\}\), biến cố X có 4 phần tử.

Xác suất của biến cố X là \(\frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\).

Hướng dẫn giải

a)

a) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có:

\(AB = \frac{{AH}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{2}{{{\rm{sin}}30^\circ }} = 4\) (cm) nên \[AC = 4\] (cm).

\(HB = \frac{{AH}}{{{\rm{tan}}B}} = \frac{2}{{{\rm{tan}}30^\circ }} = 2\sqrt 3 \) (cm).

Vì \[\Delta ABC\]cân có \[AH\] là đường cao đồng thời là trung tuyến nên \[BC = 2BH\] suy ra \(BC = 4\sqrt 3 \) (cm).

b) Chiều cao hình trụ là: 8 cm.

Diện tích xung quanh hình trụ là: 8.18 = 144 (cm²).

Chu vi đáy hình trụ là 18 cm.

Suy ra \(2\pi R = 18\) nên \(R = \frac{{18}}{{2\pi }} = \frac{9}{\pi } \approx 28,27\) (cm).

a) Ta có \(\widehat {HMC} = \widehat {HNC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(H,M,C,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC.\)

b) Chứng minh tương tự ý a), ta có bốn điểm \(P,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC.\)

Do đó tứ giác \[PACM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AC.\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(PM).\)

Mà \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{C_1}}\) (do \[\Delta MIC\] cân tại \[I\] vì \[IM = IC)\]

      \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}}\) (do \[\Delta KAM\] cân tại \[K\] vì \[KA = KM)\]

Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)

Suy ra \(\widehat {{M_2}} + \widehat {HMI} = \widehat {{M_1}} + \widehat {HMI} = 90^\circ \) nên \(KM \bot MI\)

Do đó \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \[I\] đường kính \(CH.\)

c) Kẻ đường kính \[CD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên \[BD\,{\rm{//}}\,AH\] (cùng vuông góc với \[BC),\] tương tự \[AD\,{\rm{//}}\,BH\], do đó \[ADBH\] là hình bình hành có \[K\] là trung điểm của \[AB\] nên cũng là trung điểm của \[DH\]. Suy ra \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.

Lại có \[DQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O)\] mà \[HQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I)\] nên \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Mà \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng nên \[K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Suy ra $\Delta KHP\backsim \Delta CHQ$ nên \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) hay \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{2HI}}{{HA}}\)

Như vậy \(HQ \cdot HK = 2HI \cdot HP\).