Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Thái Nguyên

Phương trình \(2{x^2} + 5x - 3 = 0\) có \(\Delta = {5^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 3} \right) = 49 > 0\) và \(\sqrt \Delta   = \sqrt {49} = 7.\)

Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:

\({x_1} = \frac{{ - 5 + 7}}{{2 \cdot 2}} = \frac{1}{2};\)\({x_2} = \frac{{ - 5 - 7}}{{2 \cdot 2}} = - 3.\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là phân biệt \({x_1} = \frac{1}{2};\)\({x_2} = - 3.\)

Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{x + y = - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình (2) với 2, ta được hệ phương trình mới \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = - 5}\\{2x + 2y = - 6}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được: \(x = 1.\)

Thay \(x = 1\) vào phương trình (2), ta được: \(1 + y = - 3,\) suy ra \(y = - 4.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {1;\,\, - 4} \right).\)

Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\), ta có:

\[P = \frac{{x\sqrt x - 1}}{{x - 1}} - \frac{{x + 3}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{x + 3}}{{\sqrt x + 1}}\]

 \[ = \frac{{x + \sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{x + 3}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{x + \sqrt x + 1 - x - 3}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\]

Vậy với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\) thì \(P = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}.\)

Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}},\) ta được:

\(P = \frac{{\sqrt {16} - 2}}{{\sqrt {16} + 1}} = \frac{{4 - 2}}{{4 + 1}} = \frac{2}{5}.\)

Vậy khi \(x = 16\) thì \(P = \frac{2}{5}.\)

Ta có thể viết công thức đã cho về dạng \(C = \frac{5}{9}F - \frac{{160}}{9}.\)

Như vậy C là hàm số bậc nhất của F.

Từ công thức \(C = \frac{5}{9}\left( {F - 32} \right),\) ta có \(F - 32 = \frac{9}{5}C\) suy ra \(F = \frac{9}{5}C + 32.\)

Thay \({\rm{C}} = {\rm{50}}\,\,\left( {^\circ {\rm{C}}} \right)\) vào công thức trên, ta được: \(F = \frac{9}{5} \cdot 50 + 32 = 122\,\,\left( {^\circ {\rm{F}}} \right).\)

Gọi \(x,\,\,y\) (học sinh) lần lượt là số học sinh dự thi của lớp 9A, 9B \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).\)

Hai lớp 9A và 9B có tổng cộng 75 học sinh dự thi nên ta có phương trình: \(x + y = 75.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Số học sinh trúng tuyển của lớp 9A là: \(80\% x = 0,8x\) (học sinh).

Số học sinh trúng tuyển của lớp 9B là: \[90\% y = 0,9y\] (học sinh).

Tổng số học sinh trúng tuyến của hai lớp 9A và 9B là 64 nên ta có phương trình:

\(0,8x + 0,9y = 64\) hay \(8x + 9y = 640.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 75\\8x + 9y = 640.\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình trên, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 35\\y = 40\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy số học sinh dự thi của lớp 9A, lớp 9B lần lượt là 35 học sinh và 40 học sinh.

Bảng tần số cho dãy dữ liệu đã cho như sau:

Bảng tần số tương đối cho dãy dữ liệu đã cho như sau:

2) Không gian mẫu của phép thử là: \[\Omega = \left\{ {\left( {1;\,\,1} \right);\,\,\left( {1;\,\,2} \right);\,\,\left( {1;\,\,3} \right);\,\,\left( {1;\,\,4} \right);\,\,\left( {1;\,\,5} \right);\,\,\left( {1;\,\,6} \right);\,\,\left( {2;\,\,1} \right);...} \right.\]

\(\left. {...;\,\,\left( {6;\,\,1} \right);\,\,\left( {6;\,\,2} \right);\,\,\left( {6;\,\,3} \right);\,\,\left( {6;\,\,4} \right);\,\,\left( {6;\,\,5} \right);\,\,\left( {6;\,\,6} \right)} \right\}.\)

Không gian mẫu có 36 phần tử.

Có 15 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(\left( {1;\,\,1} \right);\,\,\left( {1;\,\,2} \right);\,\,\left( {1;\,\,4} \right);\,\,\left( {1;\,\,6} \right);\,\,\left( {2;\,\,1} \right);\,\,\left( {2;\,3} \right);\,\,\left( {2;\,\,5} \right);\)

\(\left( {3;\,\,2} \right);\,\,\left( {3;\,\,4} \right);\,\,\left( {4;\,\,1} \right);\,\,\left( {4;\,\,3} \right);\,\,\left( {5;\,\,2} \right);\,\,\left( {5;\,\,6} \right);\,\,\left( {6;\,\,1} \right);\,\,\left( {6;\,\,5} \right).\)

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(\frac{{15}}{{36}} = \frac{5}{{12}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có:

⦁ \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {8^2} + {15^2} = 289\) (định lí Pythagore).

Suy ra \(BC = 17{\rm{\;cm}}.\)

⦁ \(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{15}}{{17}};\,\,\cos B = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{8}{{17}};\)

Bán kính của quả bóng tennis là: \(\frac{{6,25}}{2} = \frac{{25}}{8}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích bề mặt của quả bóng tennis là: \(4\pi \cdot {\left( {\frac{{25}}{8}} \right)^2} = \frac{{625\pi }}{{16}}{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Thể tích của quả bóng tennis là: \(V = \frac{4}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{25}}{8}} \right)^3} = \frac{{15\,\,625\pi }}{{384}}{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Vì \[\Delta CBE\] vuông tại \(E\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này là đường tròn đường kính \(BC.\) Do đó ba điểm \(B,\,\,C,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BC.\)

Vì bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,K,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) nên tứ giác \(BCKE\) nội tiếp đường tròn. Suy ra \(\widehat {KBC} = \widehat {KEC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC).\) (1)

Gọi \(H\) là giao điểm của ba đường cao \(AD,\,\,BK,\,\,CE\) của \(\Delta ABC.\)

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác \(BDHE\) là tứ giác nội tiếp.

Do đó \(\widehat {HBD} = \widehat {HED}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD)\) hay \(\widehat {KBC} = \widehat {CED}.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {KEC} = \widehat {CED}.\)

Lại có \(\widehat {KEC} + \widehat {KEA} = 90^\circ \) và \(\widehat {CED} + \widehat {DEB} = 90^\circ \)

Suy ra \[\widehat {KEA} = \widehat {DEB}.\]

Mặt khác, \[\widehat {KEA} = \widehat {BEM}\] (đối đỉnh) nên \[\widehat {BEM} = \widehat {DEB}.\]

Do đó \(EB\) là tia phân giác của góc \(\widehat {MED}.\)

Xét \[\Delta MED\] có \(EB\) là tia phân giác của góc \(\widehat {MED}\) nên \(\frac{{EM}}{{ED}} = \frac{{BM}}{{BD}}\) (tính chất tia phân giác)

Suy ra \(BM \cdot ED = BD \cdot EM.\)