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

Ta có:

a) $A = \sqrt {64} = \sqrt {{8^2}} = 8$

b) $B = \sqrt {36} - \sqrt 4 = 6 - 2$ do đó $B = 4$

Ta có: :$a = 1,b = 5,c = 6$

${\rm{\Delta }} = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0$.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ${x_1} = \frac{{ - 5 + 1}}{2} = - 2$;${x_2} = \frac{{ - 5 - 1}}{2} = - 3$

Vậy tập nghiệm của phươgn trình là: $S = \left\{ { - 2; - 3} \right\}$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - 4y = 16}\\{2x + 3y = - 5}\end{array}} \right.$ hay $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{7y = - 21}\\{x - 2y = 8}\end{array}} \right.$ do đó $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2}\\{y = - 3}\end{array}} \right.$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $\left( {x,y} \right) = \left( {2, - 3} \right)$

a) ${\rm{\Omega }} = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\};$

Vậy số phần tử không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 9$

b) Giả thiết, ta có biến cố $A$: "Rút được tấm thẻ ghi số chẵn". Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $2{,}4{,}6{,}8$. Do đó: $n\left( A \right) = 4$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{4}{9}$

a) Ta có : $M = \left( {\frac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right) - \sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right) + 2\sqrt a - 4}}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right):\frac{1}{{\sqrt a - 1}}$ với $a \ge 0,a \ne 1$

$= \left[ {\frac{{a - \sqrt a - a - \sqrt a + 2\sqrt a - 4}}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt a - 1}}{1}$$= \frac{{ - 4}}{{\left( {\sqrt a - 1} \right)\left( {\sqrt a + 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt a - 1}}{1}$

Do đó: $M = \frac{{ - 4}}{{\sqrt a + 1}}$

b) Với $a \ge 0,a \ne 1$ ta có: $M > - 2$ hay $\frac{{ - 4}}{{\sqrt a + 1}} > - 2{\rm{\;}}$ do đó $- 2 + 2\sqrt a > 0$ ( vì $\sqrt a + 1 > 0$)

Suy ra ${\rm{\;\;}}\sqrt a > 1$ hay $a > 1$.

Vậy với $a > 1$ thì $M > - 2$

Gọi số học sinh lớp $9A$ là $x$ (học sinh), $\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x < 83} \right)$.

Gọi số học sinh lớp $9B$ là $y$ (học sinh), $\left( {y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},y < 83} \right)$.
Tổng số học sinh $2$ lớp là $83$ học sinh nên ta có $x + y = 83$.

Tồng số sách vở ùng hộ là $289$ quyển nên ta có $4x + 3y = 289$
Khi đó ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 83}\\{4x + 3y = 289}\end{array}} \right.$.

Giải hệ phương trình ta được $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 40}\\{y = 43}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn điều kiện)
Vậy lớp $9B$ có $40$ học sinh, lớp $9B$ có $43$ học sinh

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$. Theo định lý Viét ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1} \cdot {x_2} = 2}\end{array}} \right.$

Vì ${x_1} + {x_2} = 5 > 0,{x_1}.{x_2} = 2 > 0$ nên ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm dương phân biệt.
Vì ${x_2}$ là nghiệm của PT ${x^2} - 5x + 2 = 0$ nên ${x_2}{\;^2} - 5{x_2} + 2 = 0$ ha$x_2^2 = 5{x_2} - 2$

Ta có: $A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + 5{x_2} - 2} + 3{x_2}$

$A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + x_2^2} + 3{x_2}$ $= \sqrt {{{\left( {4{x_1} + {x_2}} \right)}^2}} + 3{x_2}$ $= \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2}$

Vì ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm dương nên $A = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2} = 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4.5 = 20$.

Vậy $A = 20$.

a) Xét vuông tại $B$ ta có:
${\rm{tan}}\widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}$ suy ra $AB = BC \cdot {\rm{tan}}\widehat {ACB} = 30 \cdot {\rm{tan}}60^\circ .$
Do đó $AB \approx 51{,}96\left( {{\rm{\;m}}} \right)$.

Vậy chiều cao của cây là $51{,}96\left( {{\rm{\;m}}} \right)$
b) Tại một thời điểm khác, người ta đo được bóng của tháp có độ dài $BD = 90{\rm{\;m}}$. Tính góc $\widehat {ADB}$ giữa tia nắng mặt trời và mặt đất vào thời điểm đó.
Xét $\Delta ABD$ vuông tại $B$ ta có: ${\rm{tan}}\widehat {ADB} = \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ suy ra $\widehat {ADB} = 30^\circ {\rm{.}}$
Vậy góc giữa tia nắng và mặt đất bằng $30^\circ .$

a) Thể tích của mỗi viên bi hình cầu là: $V = \frac{4}{3}\pi \cdot {2^3} = \frac{{32}}{3}\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

b) Thề tích $3$ viên bi là: $3 \cdot \frac{{32}}{3}\pi = 32\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Vì thể tích nước dâng lên trong cốc hình trụ bằng thể tích $3$ viên bi nên $\pi {.4^2}.h = 32\pi$.
Suy ra $h = 2\left( {{\rm{\;cm}}} \right)$.

a) $\widehat {CEH} = 90^\circ$ (vì $BE$ là đường cao $\Delta ABC$) suy ra $E$ thuộc đường tròn đường kính $CH$ hay $E,H,C$ thuộc đường tròn đường kính $CH$.
$\widehat {CDH} = 90^\circ$ (vì $AD$ là đường cao $\Delta ABC$) suy ra $D$ thuộc đường tròn đường kính $CH$ hay $D,H,C$ thuộc đường tròn đường kính CH. Vậy $4$ điểm $C,E,H,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CH$
b) Xét $\Delta ADB$ và $\Delta ACM$.

Ta có $\widehat {ACM} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa dường tròn).
$\widehat {ADB} = 90^\circ$ (vì $AD$ là đường cao $\Delta ABC$ ). Suy ra $\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = {90^{\rm{o}}}$ (1)
$\widehat {ABC} = \widehat {AMC}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của $\left( O \right)$ ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra .

Ta có $\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{MC}}$ suy ra $AD \cdot MC = BD \cdot AC$

c) Ta có $CM\,{\rm{//}}\,BH$ (vì ${\rm{CM}},{\rm{BH}}$ cùng vuông góc với AC ).

$BM//CH$ (vì $BM,CH$ cùng vuông góc với $AB$ ).

Suy ra tứ giác $BHCM$ là hình bình hành. Khi đó hai đường chéo $HK$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
$\Rightarrow K$ là trung điểm của $HM$.
Ta có .

Ta có tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$
$\Rightarrow \widehat {AHF} = \widehat {AEF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AF) $\Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ABI}$.

Từ chứng minh phần b ta có
Xét $\Delta APE$ và $\Delta AIB$ có $\widehat {ABI} = \widehat {AEF};\widehat {EAP} = \widehat {BAI}$

Tương tự .

Vậy $PI\,{\rm{//}}\,HK$.