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

Ta có \[16 - 2\sqrt {25} \]\[ = 16 - 2\sqrt {{5^2}} \]\[ = 16 - 2.5\]\[ = 16 - 10\]\[ = 6\]

Do đồ thị hàm số \[y = 3x + b\]đi qua điểm \[M\]\[\left( {2\,;\,8} \right)\].Thay \[x = 2\]; \[y = 8\] vào hàm số ta có

\[8 = 3.2 + b\]

\[8 = 6 + b\]

\[b = 2\]

 Ta có \[\Delta = {1^2} - 4.3.\left( { - 4} \right)\]\[ = 1 + 48 = 49 > 0\]

Do \[\Delta > 0\] nên phương trình có hai nghiệm phân biệt;

            \[{x_1} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}}\]\[ = \frac{{ - 1 + \sqrt {49} }}{{2.3}}\]\[ = 1\]; \[{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta }}{{2a}}\]\[ = \frac{{ - 1 - \sqrt {49} }}{{2.3}}\]\[ = \frac{{ - 4}}{3}\].

            Vậy phương trình có hai nghiệm \[{x_1} = 1\]; \[{x_2} = \frac{{ - 4}}{3}\].

Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4 & \left( 1 \right)\\3x + y = 1 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\]

         Cộng vế với vế của phương trình (1) với phương trình (2) ta được phương trình: \[5x = 5\]suy ra \[x = 1\]            Thay \[x = 1\]vào phương trình (1) ta được: \[2.1 - y = 4\] suy ra \[y =  - 2\].

         Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \[\left( {1; - 2} \right)\]

Gọi chiều rộng của sân trường là \[x\,\left( {\rm{m}} \right)\]( Điều kiện: \[x > 0\])

Vì chiều dài của sân trường hình chữ nhật lớn hơn chiều rộng \[16\,{\rm{m}}\] nên chiều dài của sân trường là: \[x + 16\;\left( {\rm{m}} \right)\].

Vì hai lần chiều dài nhỏ hơn \[5\] lần chiều rộng \[100\,{\rm{m}}\] nên ta có phương trình:

            \[5x - 2\left( {x + 16} \right) = 100\]

\[5x - 2x - 32 = 100\]

\[3x = 132\]

\[x = 44\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Suy ra chiều dài của sân trường là:  \[44 + 16 = 60\,\left( {\rm{m}} \right)\]

                                                Vậy sân trường có chiều rộng là \[44\,{\rm{m}}\] và chiều dài là \[60\,{\rm{m}}\].

Gọi \[1\], \[2\], \[3\], \[4\], \[5\], \[6\] là kết quả xuất hiện mặt tương ứng là: \[1\] chấm; \[2\] chấm; \[3\] chấm; \[4\] chấm; \[5\] chấm; \[6\] chấm.

Gọi \[S\] là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt sấp và \[N\]là kết quả gieo đồng xu xuất hiện mặt ngửa.

Không gian mẫu của phép thử Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu là:

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1\,;\,S} \right);\left( {1\,;\,N} \right);\left( {2\,;\,S} \right);\left( {2\,;\,N} \right);\left( {3\,;\,S} \right);\left( {3\,;\,N} \right);\left( {4\,;\,S} \right);\left( {4\,;\,N} \right);\left( {5\,;\,S} \right);\left( {5\,;\,N} \right);\left( {6\,;\,S} \right);\left( {6\,;\,N} \right)} \right\}\]

Suy ra không gian mẫu có \[12\] phần tử.

Gọi \[A\] là biến cố: ’’số chấm xuất hiện trong con xúc xắc là số lẻ’’

Các kết quả thuận lợi của biến cố  \[A\] là:

\[A = \left\{ {\left( {1\,;\,S} \right);\left( {1\,;\,N} \right);\left( {3\,;\,S} \right);\left( {3\,;\,N} \right);\left( {5\,;\,S} \right);\left( {5\,;\,N} \right)} \right\}\].

Có \[6\] kết quả thuận lợi của biến cố \[A\]

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là: \[P\left( A \right) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\]

Ta có \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] nên ta có:

\[\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABC} + 30^\circ  = 90^\circ \]

\[\widehat {ABC} = 60^\circ \].

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong \[\Delta ABC\]vuông tại \[A\] ta có:

\[AC = AB\cot 30^\circ  = 4\sqrt 3 \]

\[AB = BC\sin 30^\circ \]. Suy ra \[BC = \frac{{AB}}{{\sin 30^\circ }}\]\[ = \frac{4}{{0,5}} = 8\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy \[\widehat {ABC} = 60^\circ \]; \[AC = 4\sqrt 3 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] và \[BC = 8\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

a) Ta có \[SA\], \[SB\] là các tiếp tuyến của \[\left( {O\,;\,R} \right)\] nên \[\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ \]

Xét \[\Delta SAO\] có \[\widehat {SAO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SAO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].Hay ba điểm \[S\,;\,A\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](1)

Xét \[\Delta SBO\] có \[\widehat {SBO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SBO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\]. Hay ba điểm \[S\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[S\,;\,A\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\].

Vậy tứ giác \[SAOB\]nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].

b) Ta có \[\widehat {SAO} = \widehat {SAC} + \widehat {OAC} = 90^\circ \] nên \[\widehat {SAC} = 90^\circ  - \widehat {OAC}\](3)

Xét \[\Delta OAC\] có \[OA = OC = R\] do đó \[\Delta OAC\] cân tại \[O\] suy ra:

\[\widehat {CAO} + \widehat {ACO} + \widehat {AOC} = 180^\circ \] và \[\widehat {CAO} = \widehat {OCA}\]

\[\widehat {AOC} = 180^\circ  - 2\widehat {OAC}\]

Mà \[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\]( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

\[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\left( {180^\circ  - 2\widehat {AOC}} \right)\]

\[\widehat {ADC} = 90^\circ  - \widehat {AOC}\] (4). Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {SAC} = \widehat {ADC}\]. Hay \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\].

+)Xét \[\Delta SAC\] và \[\Delta SDA\] có: \[\widehat {DSA}\] chung và \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\](cmt).

Do đó  (g.g) suy ra \[\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SA}}\] hay \[S{A^2} = SC.SD\](5).

+) Có \[SA = SB\](tính chất hai tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài đường tròn) và \[OA = OB = R\] nên \[SO\] là đường trung trực của \[AB\] suy ra \[\widehat {SIA} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta SIA\] và \[\Delta SOA\] có \[\widehat S\] chung và \[\widehat {SIA} = \widehat {SAO} = 90^\circ \]do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SA}}{{SO}}\] hay \[S{A^2} = SI.SO\](6). Từ (5) và (6) suy ra \[SC.SD = SI.SO\]

Hay \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\].

Xét \[\Delta SCI\] và \[\Delta SOD\] có \[\widehat {DSO}\] chung và \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\](cmt)

Do đó (c.g.c), suy ra \[\widehat {SIC} = \widehat {SDO}\]

mà \[\widehat {SDO} = \widehat {CMB}\](góc nội tiếp cùng chắn ) nên \[\widehat {SIC} = \widehat {CMB}\], hơn nữa hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[SI\,{\rm{//}}\,BM\] hay \[SO\,{\rm{//}}\,BM\]

Ta có \[\Delta  = {\left( { - m} \right)^2} - 4.\;1.\;\left( { - 3} \right)\]\[ = {m^2} + 12\]

Do \[\Delta  > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1}\],\[{x_2}\].

Theo định lý Viète ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} =  - 3\end{array} \right.\]

Vì \[{x_2}\] là nghiệm của phương trình đã cho nên \[x_2^2 - m{x_2} - 3 = 0\] hay \[x_2^2 = m{x_2} + 3\]

Khi đó \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m{x_2} + 3 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}}\]

Ta có \[H - 1 = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}} - 1\]\[ = \frac{{2m + 5 - {m^2} - 6}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {m^2} + 2m - 1}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}}\]

Vì \[ - {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0\], \[{m^2} + 6 > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] nên \[\frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}} \le 0\] hay \[H - 1 \le 0\] do đó \[H \le 1\]

Dấu \['' = ''\] xảy ra khi và chỉ khi \[m = 1\].

Vậy \[m = 1\] thì \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{x_2^2 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\] đạt giá trị lớn nhất là \[1\].