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

Ta có $A = 2\sqrt {27} + 5\sqrt {12} - 3\sqrt {48}$

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{}&{\; = 6\sqrt 3 + 10\sqrt 3 - 12\sqrt 3 }\\{}&{\; = 4\sqrt 3 .}\end{array}$

Với $x \ge 0$ và $x \ne 1$, ta có

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

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

Vậy với $x \ge 0$ và $x \ne 1$ thì $A = 2\sqrt x$.

Bảng giá trị của hàm số $y = \frac{1}{2}{x^2}$.

Phương trình: ${x^2} + x - 6 = 0$ có $a = 1,b = 1$ và $c = - 6$.

Ta có ${\rm{\Delta }} = {b^2} - 4ac = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 6} \right) = 25 > 0$.
Vì ${\rm{\Delta }} > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{}&{{x_1} = \frac{{ - b + \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{{2 \cdot 1}} = 2;}\\{}&{{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{{2 \cdot 1}} = - 3.}\end{array}$

Ta có ${\rm{\Delta }} = {b^2} - 4ac = {( - 5)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 6 = 1 > 0$.

Vì ${\rm{\Delta }} > 0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$.
Theo định lý Vi-ét, ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1}{x_2} = 6.}\end{array}} \right.$
Xét biểu thức đề bài, ta lại có

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}A&{\; = 3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2}\\{}&{\; = 3{x_1}{x_2} \cdot \left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{}&{\; = 3 \cdot 6 \cdot 5}\\{}&{\; = 90.}\end{array}$

Vậy $A = 90$.

Gọi $x,y$ lần lượt là số sản phẩm làm được trong tháng thứ nhất của tổ $I$ và $II(x,y \in \mathbb{N}$, $x < 1200,y < 1200$ ).
Theo đề bài, ta có hệ phương trình

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 1200}\\{120{\rm{\% }} \cdot x + 130{\rm{\% }} \cdot y = 1525}\end{array}{\rm{\;hay\;}}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 1200}\\{1{,}2x + 1{,}3y = 1525}\end{array}} \right.} \right.$

Giải hệ phương trình, ta được $x = 350$ và $y = 850$ (thỏa mãn).
Vậy trong tháng thứ nhất, tổ $I$ và $II$ làm được số sản phẩm lần lượt là 350 sản phẩm và 850 sản phẩm.

Ta có $2r = 20{\rm{\;cm}} \Rightarrow r = 10{\rm{\;cm}} = 0{,}1{\rm{\;m}}$;

$h = 30{\rm{\;cm}} = 0{,}3{\rm{\;m}}$

Diện tích xung quanh của một hộp sữa

${S_{{\rm{xq}}}} = 2\pi rh = 2\pi \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}3 = 0{,}06\pi \left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Ta có $0{,}06\pi \cdot 50 = 3\pi \approx 9{,}4$.
Vây để dán phủ kín mặt xung quanh của 50 hộp sữa thì cần dùng khoảng $9{,}4{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$ giấy.

Ta có $T = {\rm{sin}}30^\circ + 2{\rm{cos}}\,30^\circ - \frac{5}{2}{\rm{tan}}45^\circ$

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{}&{\; = \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{5}{2} \cdot 1}\\{}&{\; = - 2 + \sqrt 3 }\end{array}$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có

${\rm{tan}}B = \frac{{AC}}{{AB}}{\rm{\;hay\;tan}}30^\circ = \frac{{50}}{{AB}}$$\Rightarrow AB = \frac{{50}}{{{\rm{tan}}30^\circ }} \approx 87\left( {{\rm{\;m}}} \right)$.
Vậy ô tô đô cách chân tòa nhà khoảng 87 mét.

a) Ta có $\widehat {MAO} = {90^ \circ }$ ( $MA$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$).

Suy ra tam giác $MAO$ vuông tại $A$.
Suy ra 3 điểm $M,A,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$.

Lai có $\widehat {MBO} = {90^ \circ }(MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right))$.
Suy ra tam giác $MBO$ vuông tại $B$.
Suy ra 3 điểm $M,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$.
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm $M,A,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$.
b) Ta có $OA = OB$ (vì $A,B \in \left( O \right)$ ) nên $O$ thuộc đường trung trực của $AB$.

Lại có $MA = MB$ (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $M$ cūng thuộc đường trung trực của $AB$.
Do đó $MO$ là đường trung trực của $AB$.
Suy ra $MO \bot AB$ tại $H$, suy ra $\widehat {MHA} = 90^\circ$.
Xét $\Delta MHA$ và $\Delta MAO$ có

· $\widehat {OMA}$ : góc chung.

· $\widehat {MHA} = \widehat {MAO} = 90^\circ$

Suy ra (g.g).
$\Rightarrow \frac{{MH}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MO}} \Rightarrow MH \cdot MO = M{A^2}$.
Ta có $\widehat {AEC} = {90^ \circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Suy ra tam giác $ACE$ vuông tại $E$.
Suy ra $\widehat {EAC} + \widehat {ECA} = 90^\circ$.
Mà $\widehat {EAC} + \widehat {EAM} = \widehat {MAO} = {90^ \circ }(MA$ là tiếp tuyến của $\left( O \right))$ nên $\widehat {EAM} = \widehat {ECA}$ (cùng cộng với $\widehat {EAC}$ bả̀ng $90^\circ )$ hay $\widehat {MAE} = \widehat {MCA}$.
Xét và có

· $\widehat {CMA}$ : góc chung.

· $\widehat {MAE} = \widehat {MCA}$ (chứng minh trên).

Suy ra (g.g).
$\Rightarrow \frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MC}} \Rightarrow ME \cdot MC = M{A^2}$.
Từ (3) và (4) suy ra $ME \cdot MC = MH \cdot MO\left( { = M{A^2}} \right)$ (đièu phải chứng minh).

Cỏ mẫu $N = 20$.

Các giá trị khác nhau và tần số tương ứng:

· ${x_1} = 1$ có tần số ${n_1} = 2$.

· ${x_3} = 3$ có tần số ${n_3} = 3$.

· ${x_5} = 5$ có tần số ${n_5} = 3$.

· ${x_2} = 2$ có tần số ${n_2} = 4$.

· ${x_4} = 4$ có tần só ${n_4} = 3$.

· ${x_6} = 6$ có tần số ${n_6} = 5$.

Tần số tương đối:

· ${f_1} = \frac{{{n_1} \cdot 100}}{N} = \frac{{2 \cdot 100}}{{20}} = 10\left( {\rm{\% }} \right)$.

· ${f_2} = \frac{{{n_2} \cdot 100}}{N} = \frac{{4 \cdot 100}}{{20}} = 20\left( {\rm{\% }} \right)$.

· ${f_3} = \frac{{{n_3} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15\left( {\rm{\% }} \right)$.

· ${f_4} = \frac{{{n_4} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15\left( {\rm{\% }} \right)$.

· ${f_5} = \frac{{{n_5} \cdot 100}}{N} = \frac{{3 \cdot 100}}{{20}} = 15$ (%).

· ${f_6} = \frac{{{n_6} \cdot 100}}{N} = \frac{{5 \cdot 100}}{{20}} = 25\left( {\rm{\% }} \right)$.

Bảng tần số tương đối của mẫu dữ liệu

Xét phép thử "Lấy ra ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả bóng từ trong hộp".

Nhận thấy tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử là đồng khả năng.
Gọi $\left( {x;y} \right)$ là một kết quả của phép thử khi lấy được 2 quả bóng có đánh số là $x$ và $y$.
Không gian mẫu của phép thử

${\rm{\Omega }} = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}.$

Số phần tử của không gian mẫu là 10 phần tử. Xét biến cố $A$ :"Trong 2 quả bóng lấy ra có ít nhất 1 quả bóng ghi số chẵn".
Ta có $A = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;4} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;5} \right)} \right\}$.
Có 7 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$.
Xác suát của biến có $A$ là $P\left( A \right) = \frac{7}{{10}} = \frac{1}{2}$.

Gọi $x$ là số tháng tiết kiệm của gia đình Bác An để mua được chiếc xe SH Mode ( $x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}$ ). Số tiền gia đình Bác An tiết kiệm được sau $x$ tháng là $3x$ (triệu đồng).
Số tiền gia đình Bác An có được sau $x$ tháng tiết kiệm là $3x + 20$ (triệu đồng).
Theo đề bài ta có bất phương trình:

Vì $x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}$ nên $x = 16$.
Vậy sau ít nhất 16 tháng thì gia đình Bác An có thể mua được chiếc xe SH Mode đó bằng số tiền tiết kiệm được.