Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Vĩnh Phúc

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của biểu thức \(\sqrt {x - 2025} \) là \(x - 2025 \ge 0,\) hay \(x \ge 2\,\,025.\)

Đáp án đúng là: C

⦁ Thay \(x = 3,\,\,y = 2\) vào phương trình \(3x - y = 9,\) ta được: \(3 \cdot 3 - 2 = 7 \ne 9.\) Do đó cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(3x - y = 9.\)

⦁ Thay \(x = 3,\,\,y = 2\) vào phương trình \(2x - 3y = 12,\) ta được: \(2 \cdot 3 - 3 \cdot 2 = 0 \ne 12.\) Do đó cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(2x - 3y = 12.\)

⦁ Thay \(x = 3,\,\,y = 2\) vào phương trình \(x + y = 5,\) ta được: \(3 + 2 = 5.\) Do đó cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\) là nghiệm của phương trình \(x + y = 5.\)

⦁ Thay \(x = 3,\,\,y = 2\) vào phương trình \[x - 2y = 1,\] ta được: \(3 - 2 \cdot 2 = - 1 \ne 1.\) Do đó cặp số \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\) không là nghiệm của phương trình \(x - 2y = 1.\)

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Sử dụng máy tính cầm tay, ta có nghiệm của hệ phương trình trên như sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2.}\end{array}} \right.\)

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Phương trình \(2{x^2} - 3x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 1 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\) Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Lớp 9A có 7 bạn học sinh đạt được điểm 10.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Giá trị đại diện cho nhóm \(\left[ {185;\,\,195} \right)\) là: \(\frac{{185 + 195}}{2} = 190.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

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

\(AB = BC \cdot \sin \widehat {ACB}\) và \(AB = AC \cdot \tan \widehat {ACB}.\)

Đáp án đúng là: A

Diện tích mặt cầu đó là: \(4\pi \cdot {1^2} = 4\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Con xúc xắc chỉ có thể xuất hiện các mặt có số chấm là: \(1,\,\,2,\,\,3,\,\,4,\,\,5\) hoặc 6.

Không gian mẫu là: \(\Omega = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}.\) Không gian mẫu có 6 phần tử.

Vì con xúc xắc cân đối và đồng chất nên khả năng xuất hiện các mặt là như nhau.

Gọi \(E\) là biến cố “Số chấm xuất hiện nhỏ hơn 3”.

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \(E\) là: \(1;\,\,2.\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( E \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.\)

Với \(x > 0,\,\,x \ne 1,\) ta có:

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

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

 \( = \left( {\sqrt x + 1} \right)\sqrt x = x + \sqrt x .\)

Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 1\) thì \(A = x + \sqrt x .\)

Với \(x > 0,\,\,x \ne 1\), ta có:

\[B = A - 2\sqrt x = x + \sqrt x - 2\sqrt x = x - \sqrt x = x - 2 \cdot \sqrt x \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} = {\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}\].

Vì \({\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\) nên \(B \ge - \frac{1}{4}.\)

Dấu “=” xảy ra khi \({\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)^2} = 0,\) hay \(x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(B\) bằng \( - \frac{1}{4}\) khi \(x = \frac{1}{4}.\)

Hết 4 giây đầu, vật lăn được 8 m nên với \(x = 4\) thì \(y = 8.\)

Thay \(x = 4,\,\,y = 8\) vào công thức \(y = \left( {a - 1} \right){x^2},\) ta được:

\(8 = \left( {a - 1} \right) \cdot {4^2},\) hay \(16\left( {a - 1} \right) = 8,\) suy ra \(a - 1 = \frac{1}{2},\) nên \(a = \frac{3}{2}.\)

Khi đó \(y = \frac{1}{2}{x^2}.\)

Vật lăn từ đỉnh xuống đến chân dốc thì vật lăn được quãng đường \(50\) m nên \(y = 50\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Thay \(y = 50\) vào công thức \(y = \frac{1}{2}{x^2}\), ta được \(50 = \frac{1}{2}{x^2}\), hay \({x^2} = 100\).

Mà \(x > 0\) nên \(x = 10\).

Vậy, thời gian để vật lăn từ đỉnh xuống đến chân dốc là 10 giây.

Gọi \(x\) (đồng), \(y\) (đồng) lần lượt là giá bán một chiếc bút chì và một chiếc bút bi \(\left( {x > 0,\,\,y > 0} \right).\)

Bạn An mua 3 bút chì và 2 bút bi hết tổng số tiền 13 500 (đồng), nên ta có phương trình \(3x + 2y = 13\,\,500\) (1)

Bạn Bình mua 2 bút chì và 4 bút bi hết tổng số tiền 17 000 (đồng), nên ta có phương trình \(2x + 4y = 17\,\,000\) (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 13\,\,500}&{{\rm{ (1) }}}\\{2x + 4y = 17\,\,000}&{{\rm{ (2) }}}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được \(x = 2\,\,500\) và \(y = 3\,\,000.\)

Vậy giá bán một chiếc bút chì là 2 500 (đồng), một chiếc bút bi là 3 000 (đồng).

Gọi \(C\) là trung điểm của \(EB.\)

Ta có \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(\Delta BKE\) vuông tại \(K,\) lại có \(KC\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(EB\) nên \(CB = CK = CE = \frac{{EB}}{2}.\) (1)

⦁ Ta có \(\Delta OMI\) và \(\Delta ONI\) có:

\(\widehat {OIM} = \widehat {OIN} = 90^\circ ;\)\(OM = ON\) và \(OI\) là cạnh chung

Do đó \(\Delta OMI = \Delta ONI\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra \(\widehat {IOM} = \widehat {ION}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {AOM} = \widehat {AON}\)

Nên hay

Do đó  

Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta AKM\) có: \(\widehat {MAK}\) là góc chung và \(\widehat {AME} = \widehat {AKM}\)

Do đó (g.g).

⦁ Xét \(\Delta AIE\) và \(\Delta AKB\) có: \(\widehat {AIE} = \widehat {AKB} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAK}\) là góc chung.

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) hay \(AI \cdot AB = AE \cdot AK.\)

Từ đề bài, ta có

\(AE \cdot AK + BI \cdot BA = AI \cdot AB + BI \cdot BA = AB\left( {AI + BI} \right) = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.\)

Chu vi tam giác \(MIO\) là \(MI + IO + OM = MI + IO + R\) lớn nhất khi \(IM + IO\) lớn nhất.

Xét \(\Delta MIO\) vuông tại \(I,\) theo định lý Pythagore ta có: \(O{M^2} = {R^2} = O{I^2} + M{I^2}.\)

Mà \(2\left( {O{I^2} + M{I^2}} \right) - {\left( {OI + MI} \right)^2} = {\left( {OI - MI} \right)^2} \ge 0.\)

Suy ra \({\left( {OI + MI} \right)^2} \le 2\left( {O{I^2} + M{I^2}} \right) = 2{R^2}\)

Do đó \(OI + MI \le \sqrt 2 R\) nên \(OI + MI + R \le \left( {\sqrt 2 + 1} \right)R.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(OI = MI = \frac{R}{{\sqrt 2 }} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy chu vi tam giác \(MIO\) lớn nhất bằng \(R + R\sqrt 2 \) khi \(I\) thuộc đoạn thẳng \(AO\) và cách \(O\) một khoảng \(OI = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}.\)

Từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 6\) và \(c = - a - b\) suy ra \({a^2} + {b^2} + {\left( {a + b} \right)^2} = 6,\) hay \({a^2} + {b^2} + ab = 3\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do \(a \ge b \ge c\) nên \(a + 2b \ge a + b + c = 0\) và \(b + 2a \ge a + b + c = 0.\)

Suy ra \(\left( {a + 2b} \right)\left( {b + 2a} \right) \ge 0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {{a^2} + {b^2} + ab} \right) + \left( {a + 2b} \right)\left( {b + 2a} \right) \ge 3\)

\({a^2} + {b^2} + ab + ab + 2{a^2} + 2{b^2} + 4ab \ge 3\)

\(3\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right) \ge 3\)

\({\left( {a + b} \right)^2} \ge 1.\)

Suy ra \(a + b \ge 1\) hoặc \(a + b \le - 1.\)

Nếu \(a + b \le - 1\) thì \(c \ge 1 > 0 > a + b,\) mâu thuẫn, suy ra \(a + b \ge 1.\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a = 2;\,\,b = c = - 1.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \[1.\]