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

a) $2\sqrt{81}-3\sqrt{16}+1=2\cdot 9-3\cdot 4+1$$=18-12+1$$=7$.

b) Thay giá trị $x=-1$ vào hàm số, ta có: $f\left(-1\right)=3\cdot {\left(-1\right)}^2=3\cdot 1=3$.

Thay giá trị $x=2$ vào hàm số, ta có: $f\left(2\right)=3\cdot 2^2=3\cdot 4=12$.

c) Phương trình $x^2+5x-6=0$ có các hệ số $a=1$, $b=5$, $c=-6$.

Ta thấy $a+b+c=1+5+\left(-6\right)=0$ nên phương trình có hai nghiệm là

$x_1=1$; 6$x_2=\frac{c}{a}=\frac{-6}{1}=-6$.

d) Kí hiệu mặt sấp là S và mặt ngửa là N.

Khi gieo đồng thời hai đồng xu, không gian mẫu (tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra) là:

$\Omega =\left\{SS;SN;NS;NN\right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=4$.

Biến cố A: “Mặt ngửa xuất hiện ít nhất một lần”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

$A=\left\{SN;NS;NN\right\}$.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là $n\left(A\right)=3$.

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{3}{4}=0,75$.

a)

P(A)=43​=0,75. (ảnh 1)"> 

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

$\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{BC}=\frac{12}{13}$ và $\cos \widehat{ABC}=\frac{AB}{BC}=\frac{5}{13}$.

b) Diện tích mặt cầu có bán kính $R=20\mathrm{cm}$ là:

$S=4\pi R^2=4\cdot \pi \cdot 20^2\approx 4\cdot 3,14\cdot 400=5024(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2)$.

Thể tích hình cầu có bán kính $R=20\mathrm{cm}$ là:

$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\cdot \pi \cdot 20^3\approx \frac{4}{3}\cdot 3,14\cdot 8000=\frac{100480}{3}\approx 33493,33(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3)$.

Gọi giá niêm yết của một món hàng A là $x$ (nghìn đồng) và một món hàng B là $y$ (nghìn đồng) với điều kiện $x>0,y>0$.

Giá của một món hàng A sau khi giảm 30% là $0,7x$ (nghìn đồng).

Giá của một món hàng B sau khi giảm 15% là $0,85y$ (nghìn đồng).

Vì cô Mai mua 1 món hàng A và 1 món hàng B phải trả số tiền là 381 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$0,7x+0,85y=381$ hay $14x+17y=7620$ (1).

Vào ngày cuối, giá mặt hàng A giảm 35% so với giá niêm yết nên giá bán là $0,65x$ (nghìn đồng).

Giá mặt hàng B giảm 30% so với giá niêm yết nên giá bán là $0,7y$ (nghìn đồng).

Vì cô Hoa mua 3 món hàng A và 2 món hàng B phải trả số tiền là 771 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

$3\cdot 0,65x+2\cdot 0,7y=771$ hay $1,95x+1,4y=771$ tức là $39x+28y=15420$ (2).

Từ (1) và (2), ta lập được hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}14x+17y=7620\\ 39x+28y=15420\end{array}$

Nhân phương trình thứ nhất với 28 và phương trình thứ hai với 17, ta được:

$\{\begin{array}{l}392x+476y=213360\\ 663x+476y=262140\end{array}$

Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên, ta được:

$271x=48780$

$x=180$ (thỏa mãn điều kiện).

Thay giá trị $x=180$ vào phương trình (1), ta có:

$14\cdot 180+17y=7620$

$2520+17y=7620$

$17y=5100$

$y=300$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá niêm yết của một món hàng A là $180.000$ đồng và giá niêm yết của một món hàng B là $300.000$ đồng.

a) Vì \(EH \bot AB\) tại $H$ nên $\widehat{BHE}=90^{\circ }$.

Vì $EK\perp BC$ tại $K$, nên $\widehat{BKE}=90^{\circ }$.

Xét tứ giác $BHEK$ có $\widehat{BHE}=\widehat{BKE}=90^{\circ }$ nên hai điểm $H,K$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BE$.

Do đó, tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $BE$.

b) ¬ Chứng minh $B{E}^2=BK\cdot BC$

Xét tam giác $\Delta BEC$ vuông tại $E$ và $\Delta BKE$ vuông tại $K$ có $\hat{B}$ là góc chung

Do đó $\Delta BEC\backsim \Delta BKE$ (g.g).

Suy ra $\frac{BE}{BK}=\frac{BC}{BE}$ nên $B{E}^2=BK\cdot BC$.

¬ Chứng minh ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có $B{E}^2=BH\cdot AB$.

Suy ra $BH\cdot AB=BK\cdot BC$ nên $\frac{BH}{BC}=\frac{BK}{AB}$.

Xét $\Delta BHK$ và $\Delta BCA$ có $\widehat{ABC}$ chung và $\frac{BH}{BC}=\frac{BK}{AB}$.

Do đó $\Delta BHK\backsim \Delta BCA$ (c.g.c). Suy ra $\widehat{BHK}=\widehat{BCA}$. (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác $BCEQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC.$

Suy ra $$\widehat{EQB}+\widehat{BCE}=180^{\circ }$$ (tổng hai góc đối)

Mà $$\widehat{AQE}+\widehat{EQB}=180^{\circ }$$ (kề bù) nên $\widehat{AQE}=\widehat{BCA}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat{BHK}=\widehat{AQE}\left(=\widehat{BCA}\right)$ hay $\widehat{QHK}=\widehat{HQM}.$ (3)

Xét $\Delta EHQ$ vuông tại $H$ có $M$ là trung điểm của cạnh huyền $EQ$. Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có $HM=\frac{1}{2}QE=MQ=ME$

Suy ra $\Delta MQH$ cân tại $M$ nên $\widehat{QHM}=\widehat{HQM}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{QHK}=\widehat{QHM}$ hay hai tia $HM$ và $HK$ phải trùng nhau, do đó ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng.

Cho phương trình $5x^2-2x-m=0$ (1).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $\Delta \prime >0,$ tức là $\Delta \prime ={\left(-1\right)}^2-5\cdot \left(-m\right)=1+5m>0$ nên $m>-\frac{1}{5}$.

Theo định lý Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{2}{5}\\ x_1{x}_2=-\frac{m}{5}.\end{array}$

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình (1), nên $5x_1^2-2x_1-m=0$, suy ra $m=5x_1^2-2x_1$.

Thay biểu thức của $m$ vừa tìm được vào biểu thức dưới dấu căn thứ nhất, ta có:

$m+2x_1-x_1^2=\left(5x_1^2-2x_1\right)+2x_1-x_1^2=4x_1^2$.

Tương tự, với $x_2$ là nghiệm của phương trình (1), ta cũng thay vào biểu thức dưới dấu căn thứ hai và được: $m+2x_2-x_2^2=4x_2^2$.

Lúc này, biểu thức $P$ được rút gọn thành:

$$P=\sqrt{4x_1^2}+\sqrt{4x_2^2}=2\left|x_1\right|+2\left|x_2\right|=2\left(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|\right)\ge 2\left|x_1+x_2\right|=2\cdot \left|\frac{2}{5}\right|=\frac{4}{5}.$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai nghiệm $x_1,x_2$ cùng dấu hoặc có ít nhất một nghiệm bằng 0, hay tích hai nghiệm phải lớn hơn hoặc bằng 0, tức là $x_1{x}_2\ge 0$ nên $-\frac{m}{5}\ge 0$, suy ra $m\le 0$.

Kết hợp với điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là $m>-\frac{1}{5}$, ta có: $-\frac{1}{5}<m\le 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ bằng $\frac{4}{5}$, đạt được khi $m$ thỏa mãn điều kiện $-\frac{1}{5}<m\le 0$.