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

a) $4x-32=0$

$4x=32$

$x=32:4$

$x=8$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{8\right\}$.

b) $x^2-8x+7=0$

Xác định các hệ số $a=1;b=-8;c=7$.

Nhận thấy $a+b+c=1+\left(-8\right)+7=0$.

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=1;x_2=\frac{c}{a}=7$.

Vậy phương trình có tập nghiệm là $S=\left\{1;7\right\}$.

c) $5x-20>0$

$5x>20$

$x>20:5$

$x>4$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x>4$.

2.1. Ta có: $\sqrt{81}+\sqrt{64}-\sqrt{4}=9+8-2=15$.

2.2. a) Với $x\ge 0,x\ne 1$, ta có: $A=\frac{4}{\sqrt{x}+1}+\frac{5}{\sqrt{x}-1}$

$=\frac{4\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}+\frac{5\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$

$=\frac{4\sqrt{x}-4+5\sqrt{x}+5}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$

$=\frac{9\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$

Vậy với $x\ge 0,x\ne 1$, biểu thức thu gọn là $A=\frac{9\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$.

b) Với $x=4$(TMĐK), thay vào $A=\frac{9\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$ được: $A=\frac{9\sqrt{4}+1}{\left(\sqrt{4}+1\right)\left(\sqrt{4}-1\right)}=\frac{9\cdot 2+1}{3\cdot 1}=\frac{19}{3}$.

Vậy với $x=4$ thì $A=\frac{19}{3}$.

y= −2x2. (ảnh 2)"> 

c) Phép thử: lấy ngẫu nhiên cùng lúc hai viên bi từ túi gồm 5 viên bi.

Ta có không gian mẫu là tập hợp tất cả các cặp bi có thể lấy ra. Ta liệt kê các kết quả này (mỗi kết quả là một tập hợp gồm 2 viên bi không phân biệt thứ tự).

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

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là 10.

Theo giả thiết, 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được lấy ra một cách ngẫu nhiên. Đồng thời, mỗi cặp 2 viên bi bất kì (trong 10 cặp kể trên) đều có khả năng được lấy ra như nhau. Vậy kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng. Gọi E là biến cố “Tích của hai số ghi trên viên bi lớn hơn 6”.

Do đó, nhận thấy các kết quả thuận lợi cho biến cố E là: (2, 4); (2, 5); (3, 4); (3, 5); (4, 5).

Suy ra có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Vậy xác suất của biến cố E là: $P=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$.

Hướng dẫn giải

Gọi vận tốc lúc đi là $x\left(km/h\right)$ $x>0$.

Thời gian đi từ A đến B là $\frac{100}{x}$ (giờ).

Quãng đường lúc về là $100+20=120\left(\mathrm{km}\right)$.

Vận tốc lúc về là $x+20\left(km/h\right)$ nên thời gian về là $\frac{120}{x+20}$ (giờ)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút = $\frac{1}{2}$ giờ nên ta có phương trình:

$\frac{100}{x}-\frac{120}{x+20}=\frac{1}{2}$

Giải phương trình:

$\frac{100}{x}-\frac{120}{x+20}=\frac{1}{2}$

$200\left(x+20\right)-240x=x\left(x+2\right)$

$200x+4000-240x=x^2+20x$

$x^2+60x-4000=0$

$\left(x-40\right)\left(x+100\right)=0$

Vì $x>0$ nên $x=40$ (thỏa mãn).

Vậy vận tốc lúc đi là 40 km/h.

a) Vì $BE\perp AC$ và $H\in BE$ nên $\widehat{AEH}=90^{\circ }$.

Vì $CF\perp AB$ và $H\in CF$ nên $\widehat{AFH}=90^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^{\circ }$.

Từ đây chứng minh được $A,F,H,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Vậy tứ giác $AFHE$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vì $AD\perp BC$ nên trong tam giác vuông $ABD$ có $AD=AB\cdot \sin \widehat{ABC}$.

Mặt khác, do tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ và $AM$ là đường kính nên

$AM=2R$.

Theo định lí sin trong tam giác $ABC$ có: $\widehat{\frac{AC}{\sin ABC}}=2R=AM$.

Suy ra $\sin \widehat{ABC}=\frac{AC}{AM}$, do đó $AD=AB\cdot \frac{AC}{AM}$.

Suy ra $AD\cdot AM=AB\cdot AC$.

c) Ta chứng minh $K$ là trung điểm của $HM$.

Do $AM$ là đường kính của đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ABM}=90^{\circ };\widehat{ACM}=90^{\circ }$.

Suy ra $BM\perp AB;CM\perp AC$.

Mà $CH\perp AB$, $BH\perp AC$.

Do đó, $BM\parallel CH,CM\parallel BH$.

Suy ra tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ mà trong hình bình hành $BHCM$ hai đường chéo $BC$ và $HM$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra $K$ là trung điểm của $HM$

Vậy ba điểm $H,K,M$ thẳng hàng.

Gọi bán kính nửa đường tròn là $r\left(\mathrm{m}\right)$, chiều cao hình chữ nhật là $h\left(\mathrm{m}\right)\left(r>0,h>0\right)$.

Khi đó, chiều rộng của hình chữ nhật là $2r\left(\mathrm{m}\right)$.

Tổng độ dài đường viền của cửa sổ gồm hai cạnh bên, cạnh đáy và cung nửa đường tròn nên:

$2h+2r+\pi r=6$

Suy ra $h=\frac{6-\left(2+\pi \right)r}{2}\left(\mathrm{m}\right)$.

Diện tích của sổ là $S=2rh+\frac{1}{2}\pi r^2$.

Thay $h=\frac{6-\left(2+\pi \right)r}{2}\left(\mathrm{m}\right)$ được $S=2r\frac{6-\left(2+\pi \right)r}{2}+\frac{1}{2}\pi r^2$4

$S=6r-\left(2+\pi \right)r^2+\frac{1}{2}\pi r^2$

$S=6r-\left(2+\frac{1}{2}\pi \right)r^2$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng $ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$ ta đătk $k=2+\frac{\pi }{2}=\frac{4+\pi }{2}$.

Khi đó, $S=6r-k{r}^2=r\left(6-kr\right)=\frac{1}{k}\cdot \left(kr\right)\cdot \left(6-kr\right)$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $kr;\left(6-kr\right)$, có:

$kr\cdot \left(6-kr\right)\le {\left(\frac{kr+6-kr}{2}\right)}^2$ hay $kr\cdot \left(6-kr\right)\le 9$

Suy ra $\frac{1}{k}\cdot \left(kr\right)\cdot \left(6-kr\right)\le \frac{1}{k}\cdot 9=\frac{9}{\frac{\pi +4}{2}}=\frac{18}{\pi +4}$ hay $S\le \frac{18}{\pi +4}$.

Dấu “=” xảy ra khi $kr=6-kr$ hay $kr=3$, suy ra $r=\frac{3}{k}=\frac{6}{4+\pi }$.

Khi đó $2h=6-\left(\pi +2\right)\cdot \frac{6}{\pi +4}=\frac{12}{4+\pi }$ (thỏa mãn)

Vậy diện tích lớn nhất của cửa sổ là $\frac{18}{\pi +4}\left({\mathrm{m}}^2\right)$.