Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (chung) năm 2026 Sở GD&ĐT Lạng Sơn lần 1 có đáp án

a) Từ phương trình thứ nhất, ta có $y=4x-7$.

Thay $y=4x-7$ vào phương trình thứ hai ta được: $x+3\left(4x-7\right)=5$.

Suy ra $x+12x-21=5$ nên $13x=26$ hay $x=2$.

Thay $x=2$ vào $y=4x-7$, ta được: $y=4.2-7=1$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $\left(2;1\right).$

b) $\left(-x+6\right)\left(2x-4\right)=0$

$-x+6=0$ hoặc $2x-4=0$

$x=6$ hoặc $x=2$.

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=6;x=2$

c) $4-7\left(x-3\right)\le 2\left(x-1\right)$

$4-7x+21\le 2x-2$

$-9x\le -27$

$x\ge 3$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x\ge 3$.

a) Ta có $A=2\sqrt{100}-\sqrt{25}=2\cdot 10-5=15.$

$B=\sqrt{{\left(\sqrt{3}-1\right)}^2}+1=\left|\sqrt{3}-1\right|+1=\sqrt{3}-1+1=\sqrt{3}.$

b) Với $a>0;a\ne 1$, ta có:

$P=\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}:\left(\frac{1}{\sqrt{a}+1}+\frac{2}{a-1}\right)$

$=\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}:\left[\frac{\sqrt{a}-1}{\left(\sqrt{a}+1\right)\cdot \left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{2}{\left(\sqrt{a}+1\right)\cdot \left(\sqrt{a}-1\right)}\right]$

$=\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}:\frac{\sqrt{a}+1}{\left(\sqrt{a}+1\right)\cdot \left(\sqrt{a}-1\right)}$$=\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\cdot \frac{\sqrt{a}-1}{1}=\frac{a-1}{\sqrt{a}}$.

Với $a=4$ (TMĐK) ta có $P=\frac{4-1}{\sqrt{4}}=\frac{3}{2}$.

a)Xét tam giác vuông $ABC$, theo tỉ số lượng giác, ta có: $\cos B=\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{BC}$.

Suy ra $BC=\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{\cos B}=\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{\cos 50^{\circ }}\approx 77,8(\mathrm{m}).$

Vậy $BC\approx 77,8\mathrm{m}.$

b)Bán kính ngoài của đĩa CD là: $R=\genfrac{}{}{0ex}{}{120}{2}=60(\mathrm{mm})=6(\mathrm{cm}).$

Bán kính lỗ tròn rỗng bên trong là $r=\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{2}=7,5(\mathrm{mm})=0,75(\mathrm{cm}).$

Diện tích bề mặt đĩa (hình vành khăn) là:

$S=\pi \left(R^2-r^2\right)=3,14\cdot \left(6^2-0,{75}^2\right)\approx 111,27\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Vậy diện tích bề mặt của đĩa CD khoảng $111,27\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2.$

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A.$

Hơn nữa, ta có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Vì $AB,AC$ là các tiếp tuyến nên $AB\perp OB;AC\perp OC.$

Xét tứ giác $ABOC$ có $$\widehat{BAC}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}+\widehat{BOC}=360^{\circ }$$.

Suy ra $$\widehat{BOC}=360^{\circ }-\widehat{BAC}-\widehat{ABO}-\widehat{ACO}=360^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }.$$

Do đó $\text{sđ\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{BC}$ (nhỏ) $$=\widehat{BOC}=120^{\circ }$$ suy ra $\text{sđ\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{BC}$ (lớn) $$=360^{\circ }-$$ (nhỏ)$$=240^{\circ }.$$

Vậy tam giác $ABC$ đều; $$\widehat{BOC}=120^{\circ };$$ $\text{sđ\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{BC}$ (lớn) $$=240^{\circ }.$$

b) Tam giác $ABC$ cân, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì $AO$ là phân giác $\widehat{BAC}$

 nên $AO$ là đường cao, tức là $AO\perp BC.\left(1\right)$

Ta có $OB=OC=OE=\frac{1}{2}CE,$ theo tính chất trung tuyến tam giác vuông thì tam giác $BCE$ vuông tại $B$ tức là $BE\perp BC.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $BE//AO.$

Dễ thấy $\widehat{BOM}=60^{\circ }$ và $OB=OM$ nên $\Delta OBM$ đều, suy ra $MO=MO=BO.\left(3\right)$

Hơn nữa, dễ thấy $\widehat{BOE}=180^{\circ }-\widehat{BOC}=60^{\circ }$ và $OB=OE$ nên $\Delta OBE$ đều hay $OE=OB=BE.\left(4\right)$

Từ (3) và (4) suy ra $MB=BE=EO=OM$ nên tứ giác $MBEO$ là hình thoi, suy ra $ME\perp OB.$

Mặt khác, $OB\perp AB$ nên $ME//AB.$ Kết hợp $BE//MA$ (vì $BE//AO).$

Do đó $ABEM$ là hình bình hành nên $AE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BM.$

Vậy $BE//AO$ và $AE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BM.$

(2,5 đi