Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Lạng Sơn năm học 2025-2026 có đáp án

$A = \sqrt {100} - \sqrt {64}$

$= 10 - 8 = 2$

$B = \sqrt {{{(3 - \sqrt 3 )}^2}} + \sqrt 3$

$= \left| {3 - \sqrt 3 } \right| + \sqrt 3$

$= 3 - \sqrt 3 + \sqrt 3 = 3$

a) Với $x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1$ ta có: $Q = \left( {\frac{3}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}$

$Q = \frac{{3\left( {\sqrt x - 2} \right) + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}$

$Q = \frac{{3\sqrt x - 6 + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}$

$Q = \frac{{4\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}$

$Q = \frac{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}$

$Q = \frac{4}{{\sqrt x + 2}}$

Vậy $Q = \frac{4}{{\sqrt x + 2}}$ với $x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1$.

b) Đề $Q = \frac{4}{5}$ thì $\frac{4}{{\sqrt x + 2}} = \frac{4}{5}$

$\sqrt x + 2 = 5$

$\sqrt x = 3$

$x = 9$ (thỏa mãn)

Vậy $x = 9$ là giá trị cần tìm.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - y = 1}\\{2x + y = 8}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - y = 1}\\{3x = 9}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3}\\{y = x - 1}\end{array}} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $\left( {x,y} \right) = \left( {3;2} \right)$.

Chu vi hình tam giác là: $\left( {x + 2} \right) + \left( {x + 6} \right) + \left( {x + 7} \right) = 3x + 15$
Chu vi hình chữ nhật là: $2\left( {x + 1 + x + 3} \right) = 2\left( {2x + 4} \right) = 4x + 8$
Chu vi tam giác lớn hơn chu vi hình chữ nhật: $3x + 15 > 4x + 8$

$- x > - 7$

$x < 7$

Kết hợp với điều kiện $x > 0$ ta được $0 < x < 7$.

Vậy $0 < x < 7$ là giá trị cần tìm.

1) Số học sinh của lớp 9A là: $6 + 5 + 4 + 6 + 5 + 5 + 6 + 4 = 41$ (học sinh)

Tổ $2$ có nhiều học sinh nữ nhất.

2)

a) Có $41$ kết quả có thể xảy ra.

Số học sinh cùa tổ 1 là: $6 + 5 = 11$ (học sinh)

Suy ra có $11$ kết quả thuận lợi cho biến cố E .

Vậy xác suất của biến cố E là: $\frac{{11}}{{41}}$.

b) Số học sinh nữ không phải tổ $1$ là: $6 + 5 + 4 = 15$ (học sinh)

Suy ra có $15$ kết quả thuận lợi cho biến cố $F$

Vậy xác suất của biến cố F là: $\frac{{15}}{{41}}$.

Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị là đường cong parabol đi qua các điểm: $O\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);D\left( {2;8} \right)$

Hệ số $a = 2 > 0$ nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ như sau:

a) Ta có: $\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2 = 17 > 0$

Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

b) Theo định lí Viete ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 2\end{array} \right.$

Khi đó $P = {x_1} + {x_2} + \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}$

$= {x_1} + \;{x_2} + \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}$

$= 5 + \frac{5}{2} = \frac{{15}}{2}$
Vậy $P = \frac{{15}}{2}$.

a) Thề tích phần đáy ống nghiệm: ${V_d} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi {r^3} = \;\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {1^3} \approx 2{,}1\,\left( {c{m^3}} \right)$

b) Thể tích của phần nửa trên ống nghiệm là $V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {1^2} \cdot 9 = 28{,}26\,\left( {c{m^3}} \right)$

Vậy phần thể tích tối đa cho phép để thí nghiệm an toàn là $V = 2{,}1 + 28{,}26 \approx 30{,}4\,\left( {c{m^3}} \right)$

1. Vì PB là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $PB \bot OB$ tại $B$ hay $\widehat {OBP} = {90^ \circ }$

Tam giác OBP vuông tại B nên $O,B,P$ thuộc đường tròn đường kính $OP$

Vì PC là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $PC \bot OC$ tại $C$ hay $\widehat {OCP} = {90^ \circ }$

Tam giác OCP vuông tại C nên $O,C,P$ thuộc đường tròn đường kính $OP$

Suy ra bốn điểm $O,B,P,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OP$.

2. Vì $PB$ và $PC$ là hai tiếp tuyến cẳt nhau tại $P$ của $\left( O \right)$ nên ta có $PB = PC$

Suy ra $P$ thuộc đường trung trực của $BC$

Mà $OB = OC$ nên O thuộc đường trung trực của $BC$

Suy ra $OP$ là dường trung trực của $BC$

Do đó $OP \bot BC$ tại $H$ hay $OH \bot BC$

Xét $OHB$ và $OBP$ có:

Góc $O$ chung $\widehat {OHB} = \widehat {OBP} = {90^ \circ }$

Suy ra (g.g)

Suy ra $\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OP}}$ hay $O{B^2} = OP.OH$.

3. Xét $\Delta OPI$ và $\Delta OIH$ có $\widehat {POT}$ chung và $\widehat {OHT} = \widehat {OIP} = {90^ \circ }$
Suy ra (g.g ) nên $\frac{{OP}}{{OT}} = \frac{{OI}}{{OH}}$ hay $OP.OH = OI.OT$
Suy ra $OI.OT = O{B^2}$ nên $\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OT}}$
Kết hợp với $\widehat {BOT}$ chung nên suy ra $\Delta OBT \sim \Delta OIB$ (g.g )
Suy ra $\widehat {OIB} = \widehat {OBT}$ (1)
Ta có $\Delta OMA = \Delta OKB$ (g.c.g ) nên $\widehat {KMA} = \widehat {MKB}$ suy ra $MA{\rm{//}}KB$
Lại có $OI \bot AM$, $OAM$ cân nên OI là trung trục đồng thời là phân giác của AM
Suy ra $\widehat {IOM} = \widehat {IOA}$ suy ra $\widehat {IOB} = \widehat {IOK}$ (cùng cộng với 2 góc đối đinh bằng nhau)
Khi đó $\Delta OIB = \Delta OIK$ (c.g.c ) suy ra $\widehat {OIB} = \widehat {OIK}$ (2)
Do $OIP$ vuông tại $I$ và $OPC$ vuông tại C nên $O,I,C,P$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OP$
Suy ra $\widehat {CIT} = \widehat {CPO}$ (cùng cộng với $\widehat {OIC}$ bằng ${180^ \circ }$)
Mà $\widehat {CPO} = \widehat {OBT}$ (cùng chắn cung OC) nên $\widehat {CIT} = \widehat {CBT}$ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat {CIT} = \widehat {OIK}$
Mà $\widehat {CIT} + \widehat {CIO} = {180^ \circ }$ nên $\widehat {CIO} + \widehat {OIK} = {180^ \circ }$ hay $C,I,K$ thẳng hàng.