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

Giải phương trình:   \((3x - 5)(2x + 4) = 0\)

\((3x - 5)(2x + 4) = 0\)

\(3x - 5 = 0\) hoặc \(2x + 4 = 0\)

\(x = \frac{5}{3}\) hoặc \(x =  - 2\)

Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y = 2}\\{2x + y = 5}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình thứ hai: \(y = 5 - 2x\)

Thay vào phương trình thứ nhất:

\(3x - 4(5 - 2x) = 2\)

\(3x - 20 + 8x = 2\)

\(11x = 22 \Rightarrow x = 2\)

Thay \(x = 2\) vào \(y = 5 - 2x\):

\(y = 5 - 4 = 1\)

Vậy nghiệm hệ: \((x,y) = (2;1)\)

Đổi 30 phút = \(\frac{1}{2}\) (h)

Gọi vận tốc của xe ô tô thứ nhất là \(x\) (km/h), với \(x > 0\).

Vận tốc xe ô tô thứ hai là \(x + 15\) (km/h).

Thời gian xe ô tô thứ nhất và thứ hai đi hết quãng đường lần lượt là: \(\frac{{90}}{x}\quad (h)\)

Thời gian xe ô tô thứ hai đi hết quãng đường lần lượt là: \(\frac{{90}}{{x + 15}}\quad (h)\)

Theo bài, ta có phương trình:  \(\frac{{90}}{x} - \frac{{90}}{{x + 15}} = \frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}\frac{{90\,.\,2\left( {x + 15} \right)}}{{2x\left( {x + 15} \right)}} - \frac{{90\,.\,2x}}{{2x(x + 15)}} = \frac{{x(x + 15)}}{{2x(x + 15)}}\\\end{array}\)

\(180x + 2700 - 180x = {x^2} + 15x\)

\({x^2} + 15x - 2700 = 0\)

Giải phương trình ta được \(x = 45\) (loại nghiệm \(x =  - 60\)).

Vậy vận tốc xe thứ nhất là \(45\) km/h, vận tốc xe thứ hai là \(45 + 15 = 60\) km/h.

1)   Tính giá trị các biểu thức sau: 

\(A = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{8} = 5 + 2 = 7\)

\(B = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 7 } \right)}^2}}  = |2 + \sqrt 7 | = 2 + \sqrt 7 \) (vì \(2 + \sqrt 7  > 0\))

2)   \(P = \frac{{x - 4}}{{\sqrt {x + 2} }}\), với \(x \ge 0\).

Với \(x \ge 0\) ta có \(P = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x  + 2}} = \sqrt x  - 2\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\).

\(x\)	\( - 2\)	\( - 1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)
\(y = {x^2}\)	\(4\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)	\(4\)

 

 

 

 

                

Cho phương trình: \({x^2} - 3x + 2 = 0\) (1)

Vì \(\Delta  = 1 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm nên theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 3}\\{{x_1}{x_2} = 2}\end{array}} \right.\)

Biểu thức cần tính là: \(P = x_1^3 + 3x_2^2 + 2{x_1} + 2011\)

Ta có: \(x_1^3 = {x_1}\,.\,x_1^2\)  và từ phương trình (1) suy ra: \(x_1^2 = 3{x_1} - 2\)

Nên: \(x_1^3 = {x_1}(3{x_1} - 2) = 3x_1^2 - 2{x_1}\)

Thay \(x_1^3\) vào biểu thức \(P\):

\(P = (3x_1^2 - 2{x_1}) + 3x_2^2 + 2{x_1} + 2011 = 3x_1^2 + 3x_2^2 + ( - 2{x_1} + 2{x_1}) + 2011\)\( = 3(x_1^2 + x_2^2) + 2011\)

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = {3^2} - 2\,\,.\,\,2 = 9 - 4 = 5\)

Vậy \(P = 3.5 + 2011 = 15 + 2011 = 2026\)

Thể tích thùng nước:

\(V = \pi {R^2}h = 3,14.{(0,6)^2} \times 1,8 \approx 2{\mkern 1mu} ({m^3})\)

Chiều cao ngôi nhà:

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

\(\tan 65^\circ  = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\tan 65^\circ  = 12.\tan 65^\circ  \approx 25,7{\mkern 1mu} m\)

a)   Hãy lập bảng tần số và bảng tần số tương đối số điểm của học sinh.

Điểm kiểm tra CK2	5	6	7	8	9	10
Tần số	2	3	4	7	14	10
Tần số tương đối	5%	7,5%	10%	17,5%	35%	25%

 

b)  Lấy ngẫu nhiên một học sinh, tính xác suất để học sinh này có số điểm lớn hơn 8.

Không gian mẫu lấy 1 học sinh trong 40 học sinh là \[n(\Omega ) = 40\]

Gọi A là “Lấy 1 học sinh có điểm số lớn hơn 8” . Do đó \[n(A) = 24\]

Xác xuất của biến cố A là : \[P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{24}}{{40}} = \frac{3}{5} = 0,6\]

a) Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp đường tròn.

Ta có: \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

\(\Delta BCD\) vuông tại \(D\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

Suy ra tứ giác \(BCDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

b) Chứng minh \(AE\,.\,AB = AD\,.\,AC\)

+) Xét hai \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\):

- Vì tứ giác \(BCDE\) nội tiếp nên\(\widehat {BED} + \widehat {BCD} = {180^O}\)

- Lại có \(\widehat {BED} + \widehat {DEA} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\widehat {BCD} = \widehat {DEA}\);  \(\widehat {BAC}\) chung

+) nên

Suy ra: \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow AE.AB = AD.AC\)

Cách 2: Xét hai tam giác vuông \(\Delta ADB\) và \(\Delta AEC\):

Có \(\widehat {BAC}\) chung nên  (góc nhọn).

c) Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AH\). Gọi \(K,\,\,L\)lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng \(OM\) và \(CE\), \(MN\) và \(BD\).

Chứng minh \(\widehat {MLB}\,\, = \,\,\widehat {MKB}\)

+) Gọi \(I\) là giao điểm của \(ED\) và \(MN\) suy ra \(MN\) là trung trực của \(ED\) (do \(MD = ME\) và \(ND = NE\)).

+) Xét \(\Delta IDL\) và \(\Delta MCK\) có:  \(\widehat {IDL} = \widehat {EDH} = \widehat {ECB}\).

Nên  

Suy ra \({\widehat K_2} = {\widehat L_2}\). Mà \({\widehat K_1} = {\widehat K_2}\) và \({\widehat L_1} = {\widehat L_2}\).

Do đó \({\widehat K_1} = {\widehat L_1}\). 

Vậy: \(\widehat {MLB} = \widehat {MKB}\)