Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bình Định năm học 2025-2026 có đáp án

\[2x - 6 = 0\].

 \[2x = 6\]

 \[x = 3\].

\[4x \ge x + 3\].
   \[3x \ge 3\] hay \[x \ge 1\].

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \[x \ge 1\].

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\[\left\{ 3 \right\} = \left\{ { \pm 1\,;\,\, \pm 3} \right\}\].

Vậy \[x = 1\].

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.

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.

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 \[P\left( A \right) = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\].

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 \[BN.CF = CN.BF.\]