Z Pytago Education

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Pytago
EDUCATION

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ TOÁN (CHUNG)
1

Noi dung van

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC
2025 - 2026
Trung tâm toán học Pytago Education

Câu 1 (1,0 điểm)
Tính các giá trị biểu thức sau:
√
a) A = 64;
√
√
b) B = 36 − 4.

Lời giải L
a) A =

√

64 = 8;
√
√
b) B = 36 − 4 = 6 − 2 = 4.

Câu 2 (1,0 điểm)
Giải phương trình x2 + 5x + 6 = 0.

Lời giải L
1

Ta có ∆ = 52 − 4 · 1 · 6 = 1 > 0.
Phương trình
√ có hai nghiệm phân√biệt
−5 + 1
−5 − 1
x1 =
= −2, x2 =
= −3.
2·1
2·1

Câu 3 (1,0 điểm)
®
Giải hệ phương trình:

Điện thoại: 0393199266

x − 2y = 8
2x + 3y = −5.

1

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Z Pytago Education

Lời giải L
®

2x − 4y = 16
2x + 3y = −5
®
7y = −21
x − 2y = 8
®
y = −3
x = 2y + 8
®
x=2
y = −3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; −3) .

Câu 4 (1,0 điểm)
Có chín tấm thẻ lần lượt ghi các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Bạn Cường rút ngẫu nhiên một tấm
thẻ từ trong hộp chứa chín tấm thẻ đó.
a) Tính số phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất của biến cố A: "Rút được tấm thẻ ghi số chẵn".

Lời giải L
a) Không gian mẫu của phép thử là Ω = {1; 2; 3; . . . ; 9}.
Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 9.
b) Gọi A là biến cố: "Rút được thẻ ghi số chẵn". Khi đó A = {2; 4; 6; 8}.
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là n(A) = 4.
4
n(A)
= .
Vậy xác suất của biến cố A là: P (A) =
n(Ω)
9

Câu 5 (1,0 điểm)
√
√
Å √
ã
a
a
2 a−4
1
Cho biểu thức M = √
−√
+
:√
với a ≥ 0, a 6= 1.
a−1
a+1
a−1
a−1
a) Rút gọn biểu thức M .
b) Tìm các giá trị của a để M > −2.

Điện thoại: 0393199266

2

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Z Pytago Education

Lời giải L
a)
√ √
√
√
√ √
a( a − 1) − a( a + 1) + 2 a − 4
a−1
√
√
·
M =
1
( a + 1)( a − 1)
−4
= √
.
a+1
−4
> −2
a+1
−4
hay √
+2>0
a+1
√
2 a−2
hay √
>0
a+1
√
2
>0
( a − 1) · √
a+1
√
√
Do a + 1 > 0 suy ra a −√1 > 0
a>1
hay a > 1.
Kết hợp với điều kiện ta được a > 1.

b) M > −2 tức là √

Câu 6 (0,5 điểm)
Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B là 83 học sinh. Trong đợt ủng hộ vở cho các bạn học
sinh vùng lũ, mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 4 quyển vở, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 3 quyển
vở nên cả hai lớp ủng hộ được 289 quyển vở. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh?

Lời giải L
Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (học sinh).
Điều kiện: x, y < 83; x, y ∈ N∗ .
Vì tổng số học sinh của hai lớp là 83 học sinh nên ta có phương trình x + y = 83 (1)
Số vở lớp 9A ủng hộ là 4x (quyển).
Số vở lớp 9B ủng hộ là 3y (quyển).
Vì tổng số vở ủng hộ của cả hai lớp là 289 quyển nên ta có phương trình: 4x + 3y = 289 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
®
x + y = 83
4x + 3y = 289
®
x = 40 (thỏa mãn điều kiện)
Giải hệ phương trình ta được
y = 43 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy số học sinh của lớp 9A là 40 học sinh và số học sinh của lớp 9B là 43 học sinh.

Điện thoại: 0393199266

3

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Z Pytago Education

Câu 7 (0,5 điểm)
Cho phương trình x2 − 5x + 2 p
= 0 có hai nghiệm là x1 , x2 . Không giải phương trình, hãy
tính giá trị của biểu thức: A = 16x21 + 8x1 x2 + 5x2 − 2 + 3x2 .

Lời giải L
Ta có ∆ = (−5)2 − 4 · 1 · 2 =®17 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
x1 + x2 = 5 > 0
Áp dụng định lý Viet ta có
suy ra x1 , x2 > 0.
x1 · x2 = 2 > 0
Do x2 là nghiệm nên x22 −p
5x2 + 2 = 0 suy ra 5x2 − 2 =p
x22 .
Thay vào A ta được A = 16x21 + 8x1 x2 + x22 + 3x2 = (4x1 + x2 )2 + 3x2
= |4x1 + x2 | + 3x2 = 4(x1 + x2 ) (vì x1 , x2 > 0)
= 4 · 5 = 20.

Câu 8 (1,0 điểm)
Hình vẽ bên mô tả tia nắng mặt trời dọc theo AC tạo với phương nằm ngang trên mặt đất
[ bằng 60◦ . Khi đó, người ta đo được bóng của một cái tháp trên mặt đất là
một góc ACB
đoạn thẳng BC dài 30 m. Biết tháp có phương vuông góc với mặt đất.
a) Tính chiều cao AB của tháp (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
b) Tại một thời điểm khác, người ta đo được bóng của tháp có độ dài BD = 90 m. Tính
\ giữa tia nắng mặt trời và mặt đất ở thời điểm đó.
góc ADB

Điện thoại: 0393199266

4

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Z Pytago Education

Lời giải L
[ = AB
a) Tam giác ABC vuông tại B có tan ACB
CB
√
[ = 30 3 ≈ 51,96 (m).
Suy ra AB = CB · tan ACB
Vậy chiều cao của tháp xấp xỉ bằng 51,96 (m).
√
√
3
3
AB
30
\=
\ = 30◦ .
b) Tam giác ABD vuông tại B có tan ADB
=
=
suy ra ADB
BD
90
3
\ = 30◦ .
Vậy góc ADB

Câu 9 (1,0 điểm)
Một cốc nước hình trụ có bán kính đáy phía trong thành cốc là 4 cm đang chứa nước nhưng
chưa đầy. Người ta thả chìm hoàn toàn vào cốc 3 viên bi hình cầu giống hệt nhau thì thấy
mực nước trong cốc dâng lên nhưng chưa đầy cốc. Biết bán kính mỗi viên bi bằng 2 cm.
a) Tính thể tích của mỗi viên bi.
b) Sau khi thả chìm hoàn toàn vào cốc 3 viên bi thì thấy chiều cao của mực nước trong
cốc dâng lên so với mực nước ban đầu là h (cm). Tính h.

Lời giải L
4
4
32π
a) Thể tích của mỗi viên bi là Vbi = πr3 = π · 23 =
(cm3 ).
3
3
3
32π
= 32π (cm3 )
3
Thể tích nước dâng lên so với mức ban đầu bằng thể tích của 3 viên bi nên ta có
π · 42 · h = 32π suy ra h = 2 (cm).

b) Thể tích của 3 viên bi là 3 ·

Vậy mực nước đã dâng lên 2 cm so với mức ban đầu sau khi thả 3 viên bi vào trong
cốc.

Câu 10 (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF
của 4ABC đồng quy tại H.
a) Chứng minh bốn điểm C, E, H, D cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ đường kính AM của đường tròn (O). Chứng minh AD · M C = AC · BD.
c) Gọi P là giao điểm của AH và EF , I là giao điểm của AM và BC; K là trung điểm của
BC. Chứng minh K là trung điểm của HM và P I song song với HK.

Điện thoại: 0393199266

5

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo

Z Pytago Education

Lời giải đề toán (chung) tuyển sinh vào 10 tỉnh Lào Cai 2025

Lời giải L
A

E
P
F

O

H
X

B

D

K

I

C

M

a) Gọi X là trung điểm của CH. Do tam giác CDH vuông tại D và tam giác CEH vuông
tại H nên XC = XH = XD = XE. Do đó C, E, H, D cùng thuộc đường tròn tâm X,
đường kính CH.
\ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) nên ACM
\ = ADB
\
b) Ta có ACM
\ = AM
\
Mặt khác ABD
C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))
Nên 4ABD v 4AM C (g-g)
BD
AD
=
hay AD · M C = AC · BD.
Suy ra
AC
MC
c) Ta có BH k M C (vì cùng vuông góc với AC).
\ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Tương tự ta có ABM
Nên M B k CH (vì cùng vuông góc với AB)
Do đó BHCM là hình bình hành. Mà K là trung điểm của BC nên là trung điểm của
HM .
\=M
\
\
\ = 90◦
Ta có BAD
AC (vì 4BAD v 4M AC) kết hợp với AF
H = ACM
AF
AH
=
(1).
AC
AM
Vì tam giác BF C vuông tại F và tam giác BEC vuông tại E nên
Suy ra 4AF H v 4ACM (g-g) ⇒

[
[ (cùng bù
KB = KC = KE = KF . Suy ra BF EC là tứ giác nội tiếp nên AF
P = ACI
\
\=M
\
với BF
E), kết hợp với BAD
AC
AF
AP
Ta được 4AF P v 4ACI (g-g) nên
=
(2)
AC
AI
AH
AP
AP
AI
Từ (1) và (2) suy ra
=
hay
=
⇒ P I k HM (theo định lý Talet đảo).
AM
AI
AH
AM
Lại có H, K, M thẳng hàng nên P I k HK.

Điện thoại: 0393199266

6

Đc: 095 Kim Sơn - 273 Trần Hưng Đạo