Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bình Định năm học 2025-2026 có đáp án
9 câu hỏi
Tính giá trị của biểu thức \(A = 2\sqrt 3 - \sqrt {12} + \sqrt 4 \).
\[A = 2\sqrt 3 - \sqrt {12} + \sqrt 4 = 2\sqrt 3 - 2\sqrt 3 + 2 = 2\].
Giải phương trình \(2x - 6 = 0\).
\[2x - 6 = 0\].
\[2x = 6\]
\[x = 3\].
Giải bất phương trình \(4x \ge x + 3\).
\[4x \ge x + 3\].
\[3x \ge 3\] hay \[x \ge 1\].
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \[x \ge 1\].
Cho hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\) có đồ thị đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right)\). Xác định hệ số \(a\).
Hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \[A\left( {1;1} \right)\] nên \(1 = a{(1)^2}\) hay \(a = 1\).
Cho hai biểu thức: \(M = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\) và \(N = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 4}}\), với \(x \ge 0,x \ne 4\).
a) Rút gọn biểu thức \(N\).
b) Tìm tất cả giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = M.N\) nhận giá trị là số nguyên.
a. Rút gọn biểu thức N: \[N = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{ - 4}}{{x - 4}}\] .
\[N = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{ - 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\]
\[N = \frac{{x - \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\]
\[N = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\] ; \[N = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\].
b. Tìm giá trị nguyên x để \[P = M.N\]nguyên.
\[P = M.N = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} = 2 + \frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 2}}\].
\[P \in \mathbb{Z}\] khi \[\frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z}\] hay \[\sqrt x + 2\] \[ \in \] Ư\[\left\{ 3 \right\} = \left\{ { \pm 1\,;\,\, \pm 3} \right\}\].
\[\sqrt x + 2\] | \[ - 3\] | \[ - 1\] | 1 | 3 |
\[x\] | Loại | Loại | Loại | 1 |
Vậy \[x = 1\].
Tại một cửa hàng điện máy, tổng giá tiền niêm yết của một chiếc ti vi và một chiếc tủ lạnh là \(25\) triệu đồng. Tuy nhiên, trong dịp khai trương cửa hàng giảm 10% giá niêm yết mặt hàng ti vi và giảm 20% giá niêm yết mặt hàng tủ lạnh. Vì thế, bà My đã mua một chiếc ti vi và một chiếc tủ lạnh chỉ với tổng số tiền là 21 triệu đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi mặt hàng ban đầu là bao nhiêu?
Gọi \[x\] là giá niêm yết ban đầu của chiếc tivi, \[y\] là giá niêm yết ban đầu của chiếc tủ lạnh (triệu đồng) \[\left( {0 < x,y < 25} \right)\].
Ta có \[x + y = 25\].
Tổng số tiền mua chiếc ti vi và tủ lạnh sau khi giảm giá là \[0,9x + 0,8y = 21\].
Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\\0,9x + 0,8y = 21\end{array} \right.\] ta được \[x = 10,y = 15\] (TMĐK)
Vậy giá niêm yết của chiếc ti vi và tủ lạnh lần lượt là 10 và 15 triệu đồng.
Bác An mua một khúc gỗ hình trụ có đường kính đáy là 0,6 mét và chiều cao 2 mét. Biết rằng mỗi mét khối gỗ có giá 5 000 000 đồng. Tính thể tích của khúc gỗ và số tiền bác An mua khúc gỗ đó (làm tròn kết quả đến hàng chục nghìn).
Thể tích khúc gỗ hình trụ là .
Số tiền bác An mua khúc gỗ là \[0,18\pi \cdot {\rm{5}}\,\,{\rm{000}}\,\,{\rm{000}} \approx 2{\rm{ }}830{\rm{ }}000\]đồng.
Một hộp đựng 15 tấm thẻ cùng loại được ghi số từ 1 đến 15, hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Xét phép thử “Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ trong hộp”. Viết không gian mẫu của phép thử và tính xác suất của biến cố \(A\): “Rút được thẻ ghi số chia hết cho 5”.
Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {1,2, \ldots ,14,15} \right\}\).
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 15\)
A là biến cố “Rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 “ nên \[A = \left\{ {5,10,15} \right\}\].
Số phần tử của biến cố \[n\left( A \right) = 3\]
Xác suất rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 là \[P\left( A \right) = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\].
Cho tam giác nhọn \(ABC\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BD\) và \(CE\) \((D\) thuộc \(AC\); \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \(H\).
1. Chứng minh bốn điểm \[A,D,H,E\] cùng thuộc một đường tròn.
2. Tia \[BD\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\) (\(M\) khác \(B\)). Gọi \[K\] là trung điểm của \[BC\]. Chứng minh tam giác \[MHC\] cân và \[AH = 2OK\].
3. Đường thẳng \[AH\] cắt đường thẳng \[BC\] tại \[F\], đường thẳng \[DE\] cắt đường thẳng \[BC\] tại \[N\]. Chứng minh \[BN.CF = CN.BF\].
1. Ta có \[\widehat {AEH} = 90^\circ \] (giả thiết); \[\widehat {ADH} = 90^\circ \](giả thiết).
Do đó bốn điểm \(A,D,H,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\] .
2. Ta có \[\widehat {BAC} = \widehat {BMC}\] (cùng chắn cung \[BC\]).
Mà \[\widehat {BAC} = \widehat {MHC}\] (cùng bù với \[\widehat {EHD}\]).
Do đó \[\widehat {BMC} = \widehat {MHC}\]. Vậy tam giác \[MHC\] cân tại \[C\].
Kẻ đường kính \[AI\] của đường tròn (O). Xét tứ giác \[BHCI\] có
\[BH{\rm{//}}CI\](vì cùng vuông góc với \[AC\]).
\[CH{\rm{//}}BI\](vì cùng vuông góc với \[AB\]).
Do đó tứ giác \[BHCI\]là hình bình hành.
Mà \(K\)là trung điểm của \(BC\) nên \(K\)là trung điểm của \[HI\].
Tam giác \[AHI\] có \[OK\]là đường trung bình nên \[AH = 2OK.\]
3. Ta có \[\widehat {NEB} = \widehat {AED}\] (đối đỉnh); \[\widehat {AED} = \widehat {AHD\,}\] (cùng chắn cung \[AD\]).
\[\widehat {AHD} = \widehat {BHF}\] (đối đỉnh).
\[\widehat {BHF} = \widehat {BEF}\] (cùng chắn cung \[BF\], tứ giác \[BEHF\] nội tiếp).
\[ \Rightarrow \widehat {NEB} = \widehat {BEF}\,\,\,\]
Suy ra \[EB\]là phân giác của tam giác \[NEF\] .
Vì \[EB\] vuông \[EC\]nên \[EC\] là phân giác ngoài của tam giác \[NEF\].
Suy ra \[\frac{{BN}}{{BF}} = \frac{{CN}}{{CF}} = \frac{{EN}}{{EF}}\]. Do đó \[BN.CF = CN.BF.\]
