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

a) $4x - 32 = 0$

$4x = 32$

$x = 32:4$

$x = 8$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ 8 \right\}$.

b) ${x^2} - 8x + 7 = 0$

Xác định các hệ số $a = 1;\,\,b = - 8;\,\,c = 7$.

Nhận thấy $a + b + c = 1 + \left( { - 8} \right) + 7 = 0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = 1;\,\,{x_2} = \frac{c}{a} = 7$.

Vậy phương trình có tập nghiệm là $S = \left\{ {1;\,7} \right\}$.

c) $5x - 20 > 0$

$5x > 20$

$x > 20:5$

$x > 4$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x > 4$.

2.1. Ta có: $\sqrt {81} + \sqrt {64} - \sqrt 4 = 9 + 8 - 2 = 15$.

2.2. a) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$, ta có: $A = \frac{4}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x - 1}}$

$= \frac{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{5\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$= \frac{{4\sqrt x - 4 + 5\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$= \frac{{9\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

Vậy với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$, biểu thức thu gọn là $A = \frac{{9\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$.

b) Với $x = 4$(TMĐK), thay vào $A = \frac{{9\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}$ được: $A = \frac{{9\sqrt 4 + 1}}{{\left( {\sqrt 4 + 1} \right)\left( {\sqrt 4 - 1} \right)}} = \frac{{9 \cdot 2 + 1}}{{3 \cdot 1}} = \frac{{19}}{3}$.

Vậy với $x = 4$ thì $A = \frac{{19}}{3}$.

a) Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong đi qua các điểm:

$O\left( {0;\,\,0} \right);\,\,A\left( { - 2;\,\, - 8} \right);\,\,B\left( { - 1;\,\, - 2} \right);\,\,C\left( {1;\,\, - 2} \right);\,\,D\left( {2;\,\, - 8} \right)$.

Vì hệ số $a = - 2 < 0$ nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận $Oy$ làm trục đối xứng.

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

b) Ta có biểu đồ tần số:

c) Phép thử: lấy ngẫu nhiên cùng lúc hai viên bi từ túi gồm 5 viên bi.

Ta có không gian mẫu là tập hợp tất cả các cặp bi có thể lấy ra. Ta liệt kê các kết quả này (mỗi kết quả là một tập hợp gồm 2 viên bi không phân biệt thứ tự).

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

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là 10.

Theo giả thiết, 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được lấy ra một cách ngẫu nhiên. Đồng thời, mỗi cặp 2 viên bi bất kì (trong 10 cặp kể trên) đều có khả năng được lấy ra như nhau. Vậy kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng. Gọi E là biến cố “Tích của hai số ghi trên viên bi lớn hơn 6”.

Do đó, nhận thấy các kết quả thuận lợi cho biến cố E là: (2, 4); (2, 5); (3, 4); (3, 5); (4, 5).

Suy ra có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Vậy xác suất của biến cố E là: $P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

Hướng dẫn giải

Gọi vận tốc lúc đi là $x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$ $x > 0$.

Thời gian đi từ A đến B là $\frac{{100}}{x}$ (giờ).

Quãng đường lúc về là $100 + 20 = 120\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Vận tốc lúc về là $x + 20\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$ nên thời gian về là $\frac{{120}}{{x + 20}}$ (giờ)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút = $\frac{1}{2}$ giờ nên ta có phương trình:

$\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}$

Giải phương trình:

$\frac{{100}}{x} - \frac{{120}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}$

$200\left( {x + 20} \right) - 240x = x\left( {x + 2} \right)$

$200x + 4\,\,000 - 240x = {x^2} + 20x$

${x^2} + 60x - \,4\,\,000 = 0$

$\left( {x - 40} \right)\left( {x + 100} \right) = 0$

Vì $x > 0$ nên $x = 40$ (thỏa mãn).

Vậy vận tốc lúc đi là 40 km/h.

5.1. Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}}$.

Suy ra $AC = BC \cdot \sin 30^\circ = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5$ (cm).

Vậy $AC = 5\,\,{\rm{cm}}$.

5.2.

a) Vì $BE \bot AC$ và $H \in BE$ nên $\widehat {AEH} = 90^\circ$.

Vì $CF \bot AB$ và $H \in CF$ nên $\widehat {AFH} = 90^\circ$.

Do đó, $\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ$.

Từ đây chứng minh được $A,\,\,F,H,\,\,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Vậy tứ giác $AFHE$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vì $AD \bot BC$ nên trong tam giác vuông $ABD$ có $AD = AB \cdot \sin \widehat {ABC}$.

Mặt khác, do tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ và $AM$ là đường kính nên

$AM = 2R$.

Theo định lí sin trong tam giác $ABC$ có: $\widehat {\frac{{AC}}{{\sin ABC}}} = 2R = AM$.

Suy ra $\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AM}}$, do đó $AD = AB \cdot \frac{{AC}}{{AM}}$.

Suy ra $AD \cdot AM = AB \cdot AC$.

c) Ta chứng minh $K$ là trung điểm của $HM$.

Do $AM$ là đường kính của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABM} = 90^\circ ;\,\,\,\widehat {ACM} = 90^\circ$.

Suy ra $BM \bot AB;\,\,CM \bot AC$.

Mà $CH \bot AB$, $BH \bot AC$.

Do đó, $BM\parallel CH,\,\,CM\parallel BH$.

Suy ra tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ mà trong hình bình hành $BHCM$ hai đường chéo $BC$ và $HM$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra $K$ là trung điểm của $HM$

Vậy ba điểm $H,\,K,\,M$ thẳng hàng.