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

a) Thay $x=9$ (thỏa mãn điều kiện $x>0,x\ne 4$) vào biểu thức $A$, ta có:

$A=\frac{9+3}{\sqrt{9}-2}=\frac{12}{3-2}=\frac{12}{1}=12$.

Vậy khi $x=9$ thì giá trị của biểu thức $A$ bằng $12$.

b) Với $x>0,x\ne 4$, ta có:

$B=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}+\frac{5\sqrt{x}-2}{x-4}$

$$B=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$$

$B=\frac{x-2\sqrt{x}-\sqrt{x}+2+5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$B=\frac{x+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$B=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$.

Vậy $B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$ với $x>0,x\ne 4$.

c) Với $x>0,x\ne 4$ ta có: $P=\frac{A}{B}=\frac{x+3}{\sqrt{x}-2}:\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}=\frac{x+3}{\sqrt{x}-2}\cdot \frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}=\frac{x+3}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{3}{\sqrt{x}}$.

Vì $x>0$ nên $\sqrt{x}>0$ và $\frac{3}{\sqrt{x}}>0$.

Ta có với $a\ge 0;b\ge 0$ thì ${\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}^2\ge 0$.

Suy ra $a-2\sqrt{ab}+b\ge 0$ hay $a+b\ge 2\sqrt{ab}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi $a=b$.

Áp dụng hai số dương $\sqrt{x}$ và $\frac{3}{\sqrt{x}}$, ta được: $P=\sqrt{x}+\frac{3}{\sqrt{x}}\ge 2\sqrt{\sqrt{x}\cdot \frac{3}{\sqrt{x}}}=2\sqrt{3}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x}=\frac{3}{\sqrt{x}}$ hay $x=3$ (thỏa mãn).

Vậy biểu thức $\frac{A}{B}$ đạt giá trị nhỏ nhất là $2\sqrt{3}$ khi $x=3$.

Gọi $x$ là số công nhân nam của tổ may $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast },x<47\right)$.

Gọi $y$ là số công nhân nữ của tổ may $\left(y\in {\mathbb{N}}^{\ast },y<47\right)$.

Vì tổng số công nhân cả nam và nữ trong tổ là 47 người, ta có phương trình:

$x+y=47$ (1).

Mỗi công nhân nam may được 8 chiếc áo, nên số áo các công nhân nam may được là $8x$ (chiếc).

Mỗi công nhân nữ may được 7 chiếc áo, nên số áo các công nhân nữ may được là $7y$ (chiếc).

Vì tổng số áo tổ may được giao là 350 chiếc, ta có phương trình:

$8x+7y=350$ (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=47\\ 8x+7y=350\end{array}$.

Từ phương trình (1), suy ra: $y=47-x$.

Thế vào phương trình (2), ta được:

$$8x+7\left(47-x\right)=350$$

$8x+329-7x=350$

$x=350-329$

$x=21$ (thỏa mãn).

Thay $x=21$ vào phương trình $y=47-x$, ta được: $y=47-21=26$ (thỏa mãn).

Vậy tổ may có 21 công nhân nam và 26 công nhân nữ.

a) Giải phương trình: $2x^2-5x+3=0$.

Phương trình có các hệ số: $a=2,b=-5,c=3$.

Vì $$a+b+c=2+\left(-5\right)+3=0$$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: $x_1=1$ và $x_2=\frac{c}{a}=\frac{3}{2}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{1;\frac{3}{2}\right\}$.

b) Điều kiện để hàm số là hàm số bậc hai: $m+2\ne 0$ suy ra $m\ne -2$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left(2;8\right)$ nên ta thay $x=2$ và $y=8$ vào công thức hàm số, ta được:

$8=\left(m+2\right)\cdot 2^2$

$8=\left(m+2\right)\cdot 4$

$m+2=\frac{8}{4}$

$m+2=2$

$m=0$ (thỏa mãn).

Vậy $m=0$ là giá trị cần tìm.

Vì hộp có 30 viên bi được đánh số từ 1 đến 30, nên tập hợp tất cả các số có thể xuất hiện trên viên bi được rút ra là $\Omega =\left\{1;2;3;\dots ;30\right\}$. Suy ra $n\left(\Omega \right)=30$.

Do các viên bi có cùng khối lượng và kích thước nên các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Xét biến cố $A$: “Viên bi được lấy ra đánh số chia cho 3 dư 2”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $$A$$ là $A=\left\{2;5;8;11;14;17;20;23;26;29\right\}$. Suy ra $n\left(A\right)=10$.

Xác suất của biến cố $$A$$là $$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$$.

Vậy xác suất của biến cố $$A$$ là $\frac{1}{3}$.

K là điểm chính giữa cung nhỏ $MB$, chu vi $\Delta MKB$ đạt giá trị lớn nhất bằng $2R+R\sqrt{3}=R\left(2+\sqrt{3}\right)$. (ảnh 1)">

a) Do $\widehat{AKB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat{HKB}=90^{\circ }$ suy ra $\Delta HKB$ vuông tại $K$.

Lại có: $\widehat{HCB}=90^{\circ }$ (do $MN\perp AB$ tại $C$).

$\Delta HKB$ vuông tại $K$ nên $\Delta HKB$ nội tiếp đường tròn đường kính $HB$.

$\Delta HCB$ vuông tại $C$ nên $\Delta HCB$ nội tiếp đường tròn đường kính $HB$.

Suy ra bốn điểm $B,C,H,K$ thuộc đường tròn đường kính $HB$.

Vậy tứ giác $BCHK$ nội tiếp.

b) *Chứng minh: $AK\cdot AH=AC\cdot AB$

Xét $\Delta ACH$ và $\Delta AKB$ có: $\widehat{ACH}=\widehat{AKB}=90^{\circ }$ và $\hat{A}$ là góc chung. Suy ra $\Delta ACH\backsim \Delta AKB$  (g.g).

Do đó, $\frac{AC}{AK}=\frac{AH}{AB}$ hay $AK\cdot AH=AC\cdot AB$.

*Chứng minh $AMON$ là hình thoi.

Xét đường tròn $$\left(O\right)$$, ta có $OM=ON=R$ nên $\Delta OMN$ cân tại $$O$$.

Mà $OC\perp MN$ nên $$OC$$ là đường cao đồng thời là trung tuyến. Hay $$C$$ là trung điểm của $$MN$$.

Mặt khác, theo giả thiết, $$C$$ cũng là trung điểm của đoạn thẳng $$OA$$.

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

Mà hai đường chéo vuông góc với nhau tại $$C$$ $\left(OA\perp MN\right)$ nên tứ giác $$AMON$$ là hình thoi (đpcm).

c)

K là điểm chính giữa cung nhỏ $MB$, chu vi $\Delta MKB$ đạt giá trị lớn nhất bằng $2R+R\sqrt{3}=R\left(2+\sqrt{3}\right)$. (ảnh 2)">

⦁ Ta có $$OMAN$$ là hình thoi nên $OM=MA$. Mà $OM=OA=R$ nên $OM=OA=MA$.

Suy ra $\Delta OMA$ đều hay $\widehat{MOA}=60^{\circ }$.

Lại có $$OA$$ là phân giác của $$\widehat{MON}$$ (tính chất hình thoi) nên $\widehat{MON}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }$.

Khi đó, $\widehat{MKN}=\frac{1}{2}\widehat{MON}=\frac{1}{2}\cdot 120^{\circ }=60^{\circ }$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $$MN).$$

Suy ra $\Delta MKI$ đều nên $MK=MI$ và $\widehat{KMI}=60^{\circ }$.

Xét tam giác $MNB$: Do $AMON$ là hình thoi nên dây $MN\perp AB$ tại $C$ (với $C$ là trung điểm $OA$).

Tính toán trong tam giác vuông $AMC$ ta được $MC=\frac{R\sqrt{3}}{2}$, suy ra $MN=R\sqrt{3}.$

Tương tự, tam giác $MAB$ vuông tại $M$ có $\widehat{MAB}=60^{\circ }$ nên $MB=AB\sin 60^{\circ }=2R\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$.

Vì tính đối xứng qua $AB$, $NB=MB=R\sqrt{3}$.

Suy ra $MN=MB=NB$, vậy tam giác $MNB$ là tam giác đều, dẫn đến $\widehat{NMB}=60^{\circ }$.

Bằng phương pháp trừ góc, ta có:

$\widehat{NMI}=\widehat{NMB}-\widehat{IMB}=60^{\circ }-\widehat{IMB}$.

$\widehat{KMB}=\widehat{KMI}-\widehat{IMB}=60^{\circ }-\widehat{IMB}$.

Suy ra $\widehat{NMI}=\widehat{KMB}$.

Xét $\Delta MKB$ và $\Delta MIN$ có:

$MK=MI$ (chứng minh trên).

$\widehat{KMB}=\widehat{NMI}$ (chứng minh trên).

$MB=MN$ (chứng minh trên).

Vậy $\Delta MKB=\Delta MIN$ (c.g.c), suy ra $KB=NI$ (hai cạnh tương ứng).

⦁ Chu vi tam giác $MKB$ là $P=MK+KB+MB$.

Vì $MK=KI$ và $KB=NI$ (chứng minh trên), ta có thể viết lại: $P=KI+NI+MB=KN+MB$.

Vì độ dài đoạn thẳng $MB=R\sqrt{3}$ là không đổi, nên chu vi $P$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi dây cung $KN$ của đường tròn $\left(O\right)$ có độ dài lớn nhất.

Trong một đường tròn, dây cung lớn nhất chính là đường kính. Do đó, $KN$ lớn nhất khi $KN$ là đường kính của đường tròn $\left(O\right)$, tức là điểm $K$ đối xứng với $N$ qua tâm $O$.

Vì điểm $N$ cố định với $\widehat{AON}=60^{\circ }$ nên $\widehat{NOB}=120^{\circ }$. Do $K$ đối xứng với $N$ qua $O$ nên $K$ nằm trên cung $MB$ và $\widehat{KOB}=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$.

Mặt khác, $\widehat{MOB}=180^{\circ }-\widehat{MOA}=120^{\circ }$.

Từ đó suy ra $\widehat{KOB}=\frac{1}{2}\widehat{MOB}$, nghĩa là $K$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $MB$.

Khi $K$ là điểm chính giữa cung nhỏ $MB$, chu vi $\Delta MKB$ đạt giá trị lớn nhất bằng $2R+R\sqrt{3}=R\left(2+\sqrt{3}\right)$.