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

Đáp án đúng là: C

Tam giác $MPN$ vuông tại $M,$ cạnh huyền $PN = 5$ cm, cạnh đối với góc $N$ là $MP = 4$ cm.

Do đó $\sin N = \frac{{MP}}{{PN}} = \frac{4}{5}$.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp tứ giác đều có đáy là tứ giác, nên đáy có 4 cạnh.

Đáp án đúng là: D

Với $a > b,$ cộng 2 vế với $- 3$ bất đẳng thức vẫn giữ chiều.

Vì vậy $a - 3 > b - 3$, nên khẳng định $a - 3 < b - 3$ sai.

Đáp án đúng là: A

Lăng trụ đứng tứ giác có hai đáy là hai tứ giác song song và các cạnh bên vuông góc với đáy. Trong các hình đã cho, Hình 2 là hình lăng trụ đứng tứ giác.

Đáp án đúng là: B

Góc nội tiếp có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh là hai dây cung của đường tròn. Hình 1 thỏa mãn điều kiện đó.

Đáp án đúng là: A

Đáy là hình vuông cạnh 5 cm, chiều cao 6 cm.

Thể tích hình hộp chữ nhật: $V = {5^2} \cdot 6 = 150$ (cm$^{3}$).

Đáp án đúng là: C

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng $ax + b = 0;a \ne 0$.

Trong các phương trình đã cho, $- 2x + 9 = 0$là phương trình bậc nhất một ẩn.

Đáp án đúng là: A

Đồ thị là parabol có đỉnh $O$, đồ thị nằm trên trục hoành và đi qua điểm có hoành độ 1, tung độ 3.

Với hàm số $y = a{x^2}$, ta có $3 = a{.1^2}$ nên $a = 3.$ Suy ra $y = 3{x^2}$.

Đáp án đúng là: B

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng $a{x^2} + bx + c = 0;a \ne 0.$

Chỉ có phương trình $3{x^2} + 2x - 2026 = 0$ thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Đường thẳng song song với$y = - 3x + 5$ có hệ số góc $- 3$, nên có dạng $y = - 3x + b$.

Đi qua $A\left( { - 1;4} \right)$ nên $4 = - 3.\left( { - 1} \right) + b = 3 + b$, suy ra $b = 1.$

Vậy $y = - 3x + 1$.

Đáp án đúng là: D

Căn bậc hai số học của 64 là số không âm có bình phương bằng 64, nên $\sqrt {64} = 8.$

Đáp án đúng là: C

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn gồm các phương trình có dạng $ax + by = c$, trong $a$ và $b$ đó không đồng thời bằng 0.

Chỉ hệ ở phương án C gồm hai phương trình $3x + 2y = 3;x - y = 1$ đều bậc nhất hai ẩn.

a) Đúng. Vì $\sqrt x$ xác định với mọi giá trị $x \ge 0$mà $x = - 2 < 0$. Do đó $P$ không xác định tại $x = - 2$.

b) Sai. Khi $x = 9$ thì $\sqrt x = \sqrt 9 = 3$.

Ta có $P = \frac{1}{{3 - 2}} + \frac{1}{{3 + 2}} - \frac{3}{{9 - 4}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{5} - \frac{3}{5} = \frac{5}{5} + \frac{1}{5} - \frac{3}{5} = \frac{3}{5}$.

c) Đúng. Với $x \ge 0;x \ne 4$ ta có:

$P = \frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}$

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

$= \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

$= \frac{{\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}$

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

d) Đúng. Với $x > 4$, ta có

$Q = \sqrt {\frac{x}{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt {{{\left( {x - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt x }}{{\left| {x - 4} \right|}} = \frac{{\sqrt x }}{{x - 4}} = P$.

Vậy với $x > 4$ thì $P = Q.$

a) Đúng. Phương trình có$a = 1;b = 7;c = 5$. Hệ số của $x$ là $b = 7.$

b) Đúng. Biệt thức của phương trình là $\Delta = {b^2} - 4ac = {7^2} - 4 \cdot 1 \cdot 5$.

c) Sai. $\Delta = {b^2} - 4ac = {7^2} - 4 \cdot 1 \cdot 5 = 29 > 0$.

Nghiệm của phương trình là

${x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 7 + \sqrt {29} }}{{2.1}} = \frac{{ - 7 + \sqrt {29} }}{2}$;${x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{ - 7 - \sqrt {29} }}{{2.1}} = \frac{{ - 7 - \sqrt {29} }}{2}$.

Vậy $x = - 7 + \sqrt {29}$ không phải là một trong hai nghiệm đó.

d) Sai. Theo Viète, ${x_1} + {x_2} = - 7;{x_1}{x_2} = 5$.

Vậy ${x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = - 7 + 5 = - 2$, không bằng 2.

a) Sai. Ta có: Điêm$A;E;F \in \left( B \right)$; đường tròn $\left( B \right)$ có tâm là $B$ nên điểm $B$ không nằm trên đường tròn đó.

Vì vậy tứ giác $BEFA$ không thể là tứ giác nội tiếp đường tròn $\left( B \right)$.

b) Sai. Vì $AB \bot BC$ và $E$ thuộc $BC$ nên $\widehat {ABE} = 90^\circ$.

Vì $\widehat {AKE}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $AE,$ $\widehat {ABE} = 90^\circ$ là góc ở tâm chắn cung nhỏ $AE$, do đó $\widehat {AKE} = \frac{1}{2}\widehat {ABE} = \frac{1}{2}.90^\circ = 45^\circ$.

c) Đúng. Trong tam giác vuông $ABC,$ có $AB = 4$ cm;$\sin \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2}$, nên $AC = 8$ cm.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật bằng nửa đường chéo, tức là bán kính bằng $\frac{{AC}}{2} = 4$ cm.

d) Đúng. Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat {ACB} = 30^\circ$ nên $BC = \frac{{AB}}{{\tan 30^\circ }} = 4\sqrt 3$ và $AC = 8$ cm.

Vì tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC = AD = 4\sqrt 3$ cm; $DC = AB = 4$ cm.

Ta có: ${S_{ADC}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt 3 \cdot 4 = 8\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Vì $BA = BF = 4$ cm nên bán kính đường tròn $\left( B \right)$ là 4 cm.

Trong tam giác $ABC$ có $\widehat {BAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$. Suy ra $\widehat {BAF} = 60^\circ$

Tam giác $ABF$ có $BA = BF$ và $\widehat {BAF} = 60^\circ$ nên tam giác $ABF$ là tam giác đều cạnh 4 cm.

Suy ra diện tích tam giác đều $ABF$ là: ${S_{ABF}} = \frac{1}{4}{4^2}\sqrt 3 = 4\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Diện tích quạt tròn $BAF$ là:${S_q} = \frac{{60^\circ }}{{360^\circ }}.\pi {4^2} = \frac{{8\pi }}{3}$ (cm$^{2}$).

Suy ra diện tích hình viên phân:${S_{vp}} = \frac{{8\pi }}{3} - 4\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Gọi diện tích phần gạch chéo cần tìm là $S$, ta có:

$S = {S_{ADC}} - {S_{vp}} = 8\sqrt 3 - \left( {\frac{{8\pi }}{3} - 4\sqrt 3 } \right) = 12\sqrt 3 - \frac{{8\pi }}{3} = \frac{{36\sqrt 3 - 8\pi }}{3}$ (cm$^{2}$).

a) Đúng. Tổng số học sinh là $5 + 17 + 12 + 8 = 42.$ Khi chọn ngẫu nhiên một học sinh, số phần tử của không gian mẫu là 42.

b) Đúng. Nhìn vào bảng, nhóm $\left[ {50;{\rm{ }}55} \right)$ có tần số $n = 12.$

c) Sai. Tần số tương đối của nhóm $\left[ {45;{\rm{ }}50} \right)$ là $\frac{{17}}{{42}} \approx 0{,}4048 = 40{,}48\%$.

d) Sai. Cân nặng không nhỏ hơn 50 kg thuộc hai nhóm $\left[ {50;{\rm{ }}55} \right)$ và $\left[ {55;{\rm{ }}60} \right)$ có $12 + 8 = 20$ học sinh. Xác suất là $\frac{{20}}{{42}} = \frac{{10}}{{21}}$.

Đáp án: 0,65.

Phần chứa nước là hình nón cao 12 cm, bán kính miệng 5 cm.

Với mực nước cao $h$ cm tính từ đỉnh nón, bán kính mặt nước là $r = \frac{5}{{12}}h$.

Thể tích nước ứng với chiều cao $h$ là $V\left( h \right) = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{5h}}{{12}}} \right)^2}h = \frac{{25\pi {h^3}}}{{432}}$.

Ban đầu $h = 6$ cm nên ${V_0} = \frac{{25\pi {6^3}}}{{432}}$.

Viên bi sắt có bán kính 1,5 cm, thể tích ${V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi {1.5^3} = 4{,}5\pi$.

Gọi H là chiều cao mực nước sau khi thả bi. Khi bi chìm hoàn toàn:

$V\left( H \right) = \frac{{25\pi {H^3}}}{{432}} = \frac{{25\pi {6^3}}}{{432}} + 4{,}5\pi$.

Suy ra ${H^3} = 293{,}76$ nên $H \approx 6{,}648$.

Mực nước dâng lên $H - 6 \approx 0{,}648$ cm, làm tròn đến hàng phần trăm được 0,65 cm.

Đáp án: 0,25.

Kí hiệu một kết quả lấy được là $\left( {a;\,\,b} \right),$ trong đó $a$ là số trên thẻ lấy từ túi A; $b$ là số trên thẻ lấy từ túi B.

Vì túi A có 4 cách chọn và túi B có 6 cách chọn nên ta liệt kê được các kết quả có thể xảy ra như sau:

$\Omega = \left\{ {\left( {1;1} \right);\,\,\left( {1;2} \right);\,\,\left( {1;3} \right);\,\,\left( {1;4} \right);\,\,\left( {1;5} \right);\,\,\left( {1;6} \right);\,\,\left( {2;1} \right);\,\,\left( {2;2} \right);\,\,\left( {2;3} \right);\,\,\left( {2;4} \right);\,\,\left( {2;5} \right);\,\,\left( {2;6} \right);\,\,\left( {3;1} \right);} \right.$$\left. {\left( {3;2} \right);\,\,\left( {3;3} \right);\,\,\left( {3;4} \right);\,\,\left( {3;5} \right);\,\,\left( {3;6} \right);\,\,\left( {4;1} \right);\,\,\left( {4;2} \right);\,\,\left( {4;3} \right);\,\,\left( {4;4} \right);\,\,\left( {4;5} \right);\,\,\left( {4;6} \right)} \right\}$.

$n\left( \Omega \right) = 24$.

Gọi $E$ là biến cố: “Tích hai số trên hai tấm thẻ được lấy ra là số lẻ”.

Một tích là số lẻ khi và chỉ khi cả hai thừa số đều là số lẻ.

Các số lẻ trong túi A là 1; 3. Các số lẻ trong túi B là 1; 3; 5.

Như vậy tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là:

$E = \left\{ {\left( {1;1} \right);\,\,\left( {1;3} \right);\,\,\left( {1;5} \right);\,\,\left( {3;1} \right);\,\,\left( {3;3} \right);\,\,\left( {3;5} \right)} \right\}$.

Suy ra $n\left( E \right) = 6$

Vậy $P\left( E \right) = \frac{{n\left( E \right){\rm{ }}}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{24}} = 0{,}25$.

Vậy xác suất của biến cố “Tích hai số trên hai tấm thẻ được lấy ra là số lẻ” là: 0,25.

Đáp án: 11,6.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Parabol $\left( P \right)$ có dạng: $y = a{x^2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a < 0$.

Theo tính chất đối xứng, ta có:

Vì $AB = 8$ m nên hoành độ của các điểm $A;B$ lần lượt là $- 4;4.$

Suy ra $A\left( { - 4;16a} \right)$ và $B\left( {4;16a} \right).$

Vì $MN = 6$ m nên hoành độ của các điểm $M;N$ lần lượt là $- 3;3.$

Suy ra: $M\left( { - 3;9a} \right)$ và $N\left( {3;9a} \right).$

$MN,AB$ cắt trục $Oy$ lần lượt tại $K,H.$ Suy ra $K\left( {0;9a} \right)$ và $H\left( {0;16a} \right).$

Vì $MN//AB$ và $MN$ cách $AB$ một khoảng 3 m nên ta có:

$OH - OK = HK = 3$

$\left| {16a} \right| - \left| {9a} \right| = 3$

$\left( { - 16a} \right) - \left( { - 9a} \right) = 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a < 0} \right)$

$- 7a = 3$

$a = \frac{{ - 3}}{7}$

Do đó, ${S_{OMN}} = \frac{1}{2} \cdot OK \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \left| {\frac{{ - 3}}{7}} \right| \cdot 6 = \frac{{81}}{7} \approx 11{,}6$ (m$^{2}$).

Đáp án: 7.

Gọi $x$ (nghìn đồng) là giá một quyển vở và $y$ (nghìn đồng) là giá một cây bút trước khi giảm giá. Điều kiện: $x,y > 0$.

An dự định mua 25 quyển vở cùng loại và 5 cây bút cùng loại hết tổng số tiền 410 nghìn đồng nên: $25x + 5y = 410$ suy ra $5x + y = 82$

Khuyến mại giảm giá 10% cho mỗi quyển vở và 5% cho mỗi cây bút nên giá vở còn $90\% x,$ giá bút còn $95\% y$.

Số tiền An trả là 485 nghìn đồng nên: $31.0{,}9x + 10.0{,}95 = 485$ suy ra $27{,}9x + 9{,}5y = 485$.

Ta có hệ:$\left\{ \begin{array}{l}5x + y = 82\\27{,}9x + 9{,}5y = 485\end{array} \right.\,\,\,$.

Từ phương trình thứ nhất của hệ có $y = 82 - 5x$, thay vào phương trình thứ hai ta có:

$$27{,}9x + 9{,}5\left( {82 - 5x} \right) = 485$$

$$27{,}9x + 779 - 47{,}5x = 485$$

$$- 19{,}6x = - 294$$

$x = 15$.

Do đó $y = 82 - 5.15 = 7$.

Vậy giá một cây bút trước khi giảm giá là 7 nghìn đồng.

Đáp án: 108.

Mắt người ở $A$ cao hơn mặt biển 200 m, nên $AB = 200$ m.

Ta có: $Ax\,{\rm{//}}\,BD$ suy ra $\widehat {BCA} = \widehat {CAx} = 40^\circ$ (2 góc so le trong).

Trong tam giác vuông $ABC$ có $BC = AB \cdot \cot BCA = AB \cdot \cot 40^\circ = \frac{{200}}{{\tan 40^\circ }}$.

Chứng minh tương tự có: $BD = AB \cdot \cot BDA = AB \cdot \cot 30^\circ = \frac{{200}}{{\tan 30^\circ }}$.

Do $B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D$ thẳng hàng nên $DC = DB - BC = \frac{{200}}{{\tan 30^\circ }} - \frac{{200}}{{\tan 40^\circ }} \approx 108{,}059$.

Làm tròn đến hàng đơn vị được 108 m.

Đáp án: 6,9.

Vì $AM$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$ nên $OM \bot AM$.

Tam giác $OMA$ vuông tại $M,$ có $OA = 8$ cm và $OM = 4$ cm.

Theo định lý Pythagore cho tam giác $OMA$ vuông tại $M$ có:

$AM = \sqrt {O{A^2} - O{M^2}} = \sqrt {{8^2} - {4^2}} = \sqrt {48} = 4\sqrt 3 \approx 6{,}928$ (cm).

Làm tròn đến hàng phần mười được 6,9 cm.