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

a) $2\sqrt {81} - 3\sqrt {16} + 1 = 2 \cdot 9 - 3 \cdot 4 + 1$$= 18 - 12 + 1$$= 7$.

b) Thay giá trị $x = - 1$ vào hàm số, ta có: $f\left( { - 1} \right) = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3 \cdot 1 = 3$.

Thay giá trị $x = 2$ vào hàm số, ta có: $f\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} = 3 \cdot 4 = 12$.

c) Phương trình ${x^2} + 5x - 6 = 0$ có các hệ số $a = 1$, $b = 5$, $c = - 6$.

Ta thấy $a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0$ nên phương trình có hai nghiệm là

${x_1} = 1$; 6${x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{1} = - 6$.

d) Kí hiệu mặt sấp là S và mặt ngửa là N.

Khi gieo đồng thời hai đồng xu, không gian mẫu (tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra) là:

$\Omega = \left\{ {SS;\,\,SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 4$.

Biến cố A: “Mặt ngửa xuất hiện ít nhất một lần”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

$A = \left\{ {SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}$.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là $n\left( A \right) = 3$.

Xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

a)

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

$\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{12}}{{13}}$ và $\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{5}{{13}}$.

b) Diện tích mặt cầu có bán kính $R = 20{\rm{ cm}}$ là:

$S = 4\pi {R^2} = 4 \cdot \pi \cdot {20^2} \approx 4 \cdot 3{,}14 \cdot 400 = 5024{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}$.

Thể tích hình cầu có bán kính $R = 20{\rm{ cm}}$ là:

$V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {20^3} \approx \frac{4}{3} \cdot 3{,}14 \cdot 8000 = \frac{{100480}}{3} \approx 33493{,}33{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Gọi giá niêm yết của một món hàng A là $x$ (nghìn đồng) và một món hàng B là $y$ (nghìn đồng) với điều kiện $x > 0,y > 0$.

Giá của một món hàng A sau khi giảm 30% là $0{,}7x$ (nghìn đồng).

Giá của một món hàng B sau khi giảm 15% là $0{,}85y$ (nghìn đồng).

Vì cô Mai mua 1 món hàng A và 1 món hàng B phải trả số tiền là 381 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$0{,}7x + 0{,}85y = 381$ hay $14x + 17y = 7620$ (1).

Vào ngày cuối, giá mặt hàng A giảm 35% so với giá niêm yết nên giá bán là $0{,}65x$ (nghìn đồng).

Giá mặt hàng B giảm 30% so với giá niêm yết nên giá bán là $0{,}7y$ (nghìn đồng).

Vì cô Hoa mua 3 món hàng A và 2 món hàng B phải trả số tiền là 771 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$3 \cdot 0{,}65x + 2 \cdot 0{,}7y = 771$ hay $1{,}95x + 1{,}4y = 771$ tức là $39x + 28y = 15420$ (2).

Từ (1) và (2), ta lập được hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{14x + 17y = 7620}\\{39x + 28y = 15420}\end{array}} \right.$

Nhân phương trình thứ nhất với 28 và phương trình thứ hai với 17, ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{392x + 476y = 213360}\\{663x + 476y = 262140}\end{array}} \right.$

Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên, ta được:

$271x = 48780$

$x = 180$ (thỏa mãn điều kiện).

Thay giá trị $x = 180$ vào phương trình (1), ta có:

$14 \cdot 180 + 17y = 7620$

$2520 + 17y = 7620$

$17y = 5100$

$y = 300$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá niêm yết của một món hàng A là $180.000$ đồng và giá niêm yết của một món hàng B là $300.000$ đồng.

a) Vì $EH \bot AB$ tại $H$ nên $\widehat {BHE} = 90^\circ$.

Vì $EK \bot BC$ tại $K$, nên $\widehat {BKE} = 90^\circ$.

Xét tứ giác $BHEK$ có $\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ$ nên hai điểm $H,\,\,K$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BE$.

Do đó, tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $BE$.

b) ¬ Chứng minh $B{E^2} = BK \cdot BC$

Xét tam giác $\Delta BEC$ vuông tại $E$ và $\Delta BKE$ vuông tại $K$ có $\widehat B$ là góc chung

Do đó $ΔBEC∽ΔBKE$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}}$ nên $B{E^2} = BK \cdot BC$.

¬ Chứng minh ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có $B{E^2} = BH \cdot AB$.

Suy ra $BH \cdot AB = BK \cdot BC$ nên $\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}$.

Xét $\Delta BHK$ và $\Delta BCA$ có $\widehat {ABC}$ chung và $\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}$.

Do đó $ΔBHK∽ΔBCA$ (c.g.c). Suy ra $\widehat {BHK} = \widehat {BCA}$. (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác $BCEQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC.$

Suy ra $\widehat {EQB} + \widehat {BCE} = 180^\circ$ (tổng hai góc đối)

Mà $\widehat {AQE} + \widehat {EQB} = 180^\circ$ (kề bù) nên $\widehat {AQE} = \widehat {BCA}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat {BHK} = \widehat {AQE}\,\,\left( { = \widehat {BCA}} \right)$ hay $\widehat {QHK} = \widehat {HQM}.$ (3)

Xét $\Delta EHQ$ vuông tại $H$ có $M$ là trung điểm của cạnh huyền $EQ$. Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có $HM = \frac{1}{2}QE = MQ = ME$

Suy ra $\Delta MQH$ cân tại $M$ nên $\widehat {QHM} = \widehat {HQM}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {QHK} = \widehat {QHM}$ hay hai tia $HM$ và $HK$ phải trùng nhau, do đó ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng.

Cho phương trình $5{x^2} - 2x - m = 0$ (1).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thì $\Delta \prime > 0,$ tức là $\Delta \prime = {\left( { - 1} \right)^2} - 5 \cdot \left( { - m} \right) = 1 + 5m > 0$ nên $m > - \frac{1}{5}$.

Theo định lý Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{2}{5}\\{x_1}{x_2} = - \frac{m}{5}.\end{array} \right.$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình (1), nên $5x_1^2 - 2{x_1} - m = 0$, suy ra $m = 5x_1^2 - 2{x_1}$.

Thay biểu thức của $m$ vừa tìm được vào biểu thức dưới dấu căn thứ nhất, ta có:

$m + 2{x_1} - x_1^2 = \left( {5x_1^2 - 2{x_1}} \right) + 2{x_1} - x_1^2 = 4x_1^2$.

Tương tự, với ${x_2}$ là nghiệm của phương trình (1), ta cũng thay vào biểu thức dưới dấu căn thứ hai và được: $m + 2{x_2} - x_2^2 = 4x_2^2$.

Lúc này, biểu thức $P$ được rút gọn thành:

$$P = \sqrt {4x_1^2} + \sqrt {4x_2^2} = 2\left| {{x_1}} \right| + 2\left| {{x_2}} \right| = 2\left( {\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|} \right) \ge 2\left| {{x_1} + {x_2}} \right| = 2 \cdot \left| {\frac{2}{5}} \right| = \frac{4}{5}.$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ cùng dấu hoặc có ít nhất một nghiệm bằng 0, hay tích hai nghiệm phải lớn hơn hoặc bằng 0, tức là ${x_1}{x_2} \ge 0$ nên $- \frac{m}{5} \ge 0$, suy ra $m \le 0$.

Kết hợp với điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là $m > - \frac{1}{5}$, ta có: $- \frac{1}{5} < m \le 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ bằng $\frac{4}{5}$, đạt được khi $m$ thỏa mãn điều kiện $- \frac{1}{5} < m \le 0$.