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

a) $A=\sqrt{12}+\sqrt{27}-\sqrt{75}$

$=\sqrt{4\cdot 3}+\sqrt{9\cdot 3}-\sqrt{25\cdot 3}$

$=2\sqrt{3}+3\sqrt{3}-5\sqrt{3}$

$=\left(2+3-5\right)\sqrt{3}=0$.

b) Giải phương trình:

$x^2-7x+12=0$

$x^2-3x-4x+12=0$

$$x\left(x-3\right)-4\left(x-3\right)=0$$

$\left(x-3\right)\left(x-4\right)=0$

Trường hợp 1: $x-3=0$ suy ra $x=3$.

Trường hợp 2: $x-4=0$ suy ra $x=4$.

c) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=3\\ 3x-y=1\end{array}$.

Cộng từng vế hai phương trình trong hệ ta được:

$\left(x+y\right)+\left(3x-y\right)=3+1$ suy ra $4x=4$ hay $x=1$.

Thay $x=1$ vào phương trình $x+y=3$ ta được: $1+y=3$ suy ra $y=2$.

a) Ta có bảng giá trị:

Đồ thị hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ có dạng là đường cong parabol đi qua 5 điểm:

$\left(-2;2\right),\left(-1;\frac{1}{2}\right),\left(0;0\right),\left(1;\frac{1}{2}\right),\left(2;2\right)$.

4 m. (ảnh 2)"> 

b) Ta có: ${\Delta }^{\prime }={\left(-2\right)}^2-1\cdot \left(4m+3\right)=4-4m-3=1-4m$.

Để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ thì ${\Delta }^{\prime }\ge 0$ hay $1-4m\ge 0$ suy ra $m\le \frac{1}{4}$.

Áp dụng định lí Viète ta được: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1{x}_2=4m+3\end{array}$.

Ta có: $x_1^2+x_2^2=9$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=9$

$4^2-2\left(4m+3\right)=9$

$16-8m-6=9$

$10-8m=9$

$8m=1$

$m=\frac{1}{8}$ (thỏa mãn).

Vậy $m=\frac{1}{8}$ là giá trị cần tìm.

c) Gọi khoảng cách giữa điểm gãy với mặt đất là: $x\left(\mathrm{m};0<x<9\right)$.

Khi đó, khoảng cách từ điểm gãy đến ngọn là: $9-x$ (m).

Do điểm gãy, gốc cây, ngọn cây tạo thành một tam giác vuông nên ta có:

$x^2+3^2={\left(9-x\right)}^2$

$x^2+9=81-18x+x^2$

$x^2+9-81+18x-x^2=0$

$18x-72=0$

$x=4$ (thỏa mãn).

Vậy khoảng cách điểm gãy đến mặt đất là $4$ m.

a) Giá trị đại diện của nhóm $$\left[60;90\right)$$ là: $x=\frac{60+90}{2}=75$ (phút).

b) Tổng số học sinh khảo sát là: $N=5+12+15+8=40$ (học sinh).

Số học sinh tự học từ 60 phút trở lên (thuộc các nhóm $$\left[60;90\right)$$ và $$\left[90;120\right)$$) là:

$n=15+8=23$ (học sinh).

Vậy xác suất để học sinh được chọn có thời gian tự học từ 60 phút trở lên trong một ngày là:

$P=\frac{23}{40}=0,575$.

a) Chứng minh tứ giác $BCED$ nội tiếp

Do $\widehat{BDA}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat{BDE}=90^{\circ }$.

Lại có: $\widehat{BCE}=90^{\circ }$ (giả thiết).

Do đó, $\Delta BDE$ và $\Delta BCE$ là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền $BE$.

Suy ra bốn điểm $B,C,E,D$ thuộc đường tròn đường kính $BE$.

Vậy tứ giác $BCED$ nội tiếp

b) Chứng minh tam giác $ABE$ là tam giác cân

BD là tia phân giác của $\widehat{ABE}$. (ảnh 2)">

Vẽ đường tròn tâm $B$, bán kính $R$. Khi đó, $BD=BC=R$ (giả thiết), $ED\perp BD$ tại $D$ và $EC\perp BC$ tại $C$.

Do đó, $ED$ và $EC$ là hai tiếp tuyến của $\left(B;R\right)$ cắt nhau tại $E$.

Suy ra $BE$ là tia phân giác của $\widehat{DBC}$ (1).

Vì $OB=OD=BD=R$ nên $\Delta OBD$ đều. Suy ra $\widehat{OBD}=60^{\circ }$ (2).

Khi đó, $\widehat{DBC}=120^{\circ }$ (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: $\widehat{OBD}=\widehat{DBE}=\frac{\widehat{DBC}}{2}=\frac{120^{\circ }}{2}=60^{\circ }$.

Do đó, $BD$ là tia phân giác của $\widehat{ABE}$.

$\Delta ABE$ có $BD$ vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân (đpcm).

Chiều cao của phần không chứa nước của cốc thủy tinh là: $h=15-10=5$ (cm).

Thể tích của phần không chứa nước của cốc thủy tinh là:

$V_1=\pi R^{2}h=\pi \cdot 3^2\cdot 5=45\pi$ (cm3).

Thể tích của một viên bi là: $V_2=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 1^3=\frac{4}{3}\pi$ (cm3).

Gọi $x$ là số viên bi thả vào cốc thủy tinh mà nước trong cốc không tràn ra ngoài

Điều kiện: $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Khi đó, ta có: $\frac{4}{3}\pi \cdot x\le 45\pi$ suy ra $x\le \frac{3\cdot 45\pi }{4\pi }=33,75$.

Vậy để nước không tràn ra ngoài thì có thể thả tối đa 33 viên bi.