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: :$a=1,b=5,c=6$

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

                 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: $\{\begin{array}{c}2x-4y=16\\ 2x+3y=-5\end{array}$ hay $\{\begin{array}{c}7y=-21\\ x-2y=8\end{array}$ do đó $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=-3\end{array}$.

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

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

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 $\frac{-4}{\sqrt{a}+1}>-2$  do đó $-2+2\sqrt{a}>0$ ( vì $\sqrt{a}+1>0$)

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

                 Vậy với $a>1$ thì $M>-2$

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

Gọi số học sinh lớp $$9B$$ là $y$ (học sinh), $\left(y\in {\mathbb{N}}^{\ast },y<83\right)$.
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 $\{\begin{array}{l}x+y=83\\ 4x+3y=289\end{array}$.

Giải hệ phương trình ta được $\{\begin{array}{l}x=40\\ y=43\end{array}$ (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: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=5\\ x_1\cdot x_2=2\end{array}$

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 $x_2{}^2-5x_2+2=0$ ha$x_2^2=5x_2-2$

Ta có: $A=\sqrt{16x_1^2+8x_1{x}_2+5x_2-2}+3x_2$

$A=\sqrt{16x_1^2+8x_1{x}_2+x_2^2}+3x_2$ $=\sqrt{{\left(4x_1+x_2\right)}^2}+3x_2$ $=\left|4x_1+x_2\right|+3x_2$

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

Vậy $A=20$.

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

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

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

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

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 $h=2\left(\mathrm{cm}\right)$.

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 $\widehat{ADB}=\widehat{ACM}=90^{\mathrm{o}}$ (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 $CM//BH$ (vì $\mathrm{CM},\mathrm{BH}$ 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 $PI//HK$.