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

\[H = 2\sqrt {{3^2}} + \sqrt {{4^2}} = 2.3 + 4 = 6 + 4 = 10\]

Điều kiện \[x - 5 \ge 0\]suy ra \[x \ge 5\]
Vậy với \[x \ge 5\]biểu thức xác định.

\[f(1) = {2.1^2} = 1;f( - 1) = 2.{( - 1)^2} = 2\]

\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\3x - y = 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\4x = 12\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy, \[(x;y) = (3;1)\]là nghiệm của phương trình bậc 2

Ta có: \[\Delta = {b^2} - 4ac = {( - 1)^2} - 4.1.( - 12) = 49 > 0\]

Vậy phương trình có \[2\] nghiệm phân biệt.
Áp dụng định lí Viète ta có \[{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 1;{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - 12\]

Thay vào A ta được \[A = {x_1} + {x_2} - 2{x_1}{x_2} = 1 - 2.( - 12) = 25\]
Vậy \[A = 25\]

a) Lớp \[9A\]có 2 bạn học sinh đạt điểm \[10\]
b) Lớp \[9A\]có tổng \[5 + 3 + 5 + 10 + 10 + 2 = 35\] (học sinh).
c) Chọn ngẫu nhiên \[1\] bạn số kết quả có thể xảy ra là \[35\] .

Gọi \[T\]là biến cố: "Bạn được chọn đạt \[9\]điểm môn toán trong kỳ thi diễn tập của trường". Số kết quả thuận lợi cho biến cố T là: \[10\]
Vậy xác suất của biến cố  là: \[P(T) = \frac{{10}}{{35}} = \frac{2}{7}\]

a) Thể tích của cái cốc là \[V = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.8 = 72\pi (c{m^3})\]
b) Diện tích xung quanh của cái cốc là: \[S = 2\pi Rh = 2\pi .3.8 = 48\pi (c{m^2})\]

Gọi v \[(km/h)\]là vận tốc dự định ban đầu \[v > 15\]
Vận tốc thực tế là \[v - 15\] (km/h)
Thời gian dự tính là \[\frac{{90}}{V}(h)\]

 Thời gian thực tế là \[\frac{{90}}{{V - 15}}(h)\]

Vì đến B nhiều hơn dự định \[30\] phút \[ = 0,5(h)\]nên ta có:

\[\frac{{90}}{{V - 15}} - \frac{{90}}{V} = 0,5\]
\[\frac{{90V}}{{V(V - 15)}} - \frac{{90(V - 15)}}{{V(V - 15)}} = 0,5\]

\[\begin{array}{l}1350 = 0,5V(V - 15)\\0,5{V^2} - 7,5V - 1350 = 0\end{array}\]

Giải phương trình ta được \[V = 60(t/m);v = - 45(kt/m)\]
Vậy tốc độ dự định là \[60k/h\]. Tốc độ thực tế là \[45k/h\].

a) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A ta được:

\[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\]

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {3^2} - {1^2} = 8\]

Suy ra \[AC = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \approx 2,8(m)\]
b) Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có:
\[\tan ABC = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{1} = 2\sqrt 2 \]

Suy ra  \[\widehat {ABC} = 70,53^\circ > 65^\circ \]
Vậy bác An đặt khúc gỗ như trên thì nó không thể tự trượt.

a) Vì \[AH \bot OC\]tại \[H\] suy ra \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\] nên \[A,H,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AC\]

Ta có \[D \in \left( O \right)\] nên \[\widehat {ADB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Khi đó \[\Delta ACD\]vuông tại \[D\] nên \[A,C,D\]cùng thuộc đường tròn đường kính \[AC\]
Vậy \[A,C,D,H\]cùng thuộc đường tròn đường kính \[AC\] hay \[ACDH\] là tứ giác nội tiếp.
b) Do \[ACDH\] là tứ giác nội tiếp nên \[ADH = ACH\] (cùng chắn cung \[AH\] ) (1)

Ta có \[\widehat {ACH} + \widehat {AOC} = 90^\circ \] (\[\Delta ACO\]vuông tại \[A\] ) và \[\widehat {OAH} + \widehat {AOC} = {90^0}\] (do \[\Delta AHO\]vuông tại \[H\] )
Suy ra \[\widehat {ACH} = \widehat {OAH}\]
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {OAH}\] hay \[\widehat {ADH} = \widehat {BAH}\] (3)
b) Do \[\widehat {ADH} = \widehat {OAH}\] ( cmt) và \[\widehat {AOC}\]chung nên

Suy ra \[\frac{{AO}}{{CO}} = \frac{{OH}}{{OA}}\] hay \[O{A^2} = OH.OC\]

Mà \[OA = OB\]nên \[O{B^2} = OH.OC\]hay \[\frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OC}}{{OB}}\]
Kết hợp với \[\widehat {COB}\]chung nên suy ra \[\widehat {OBH} = \widehat {OCB}\]
Mà \[\widehat {OCB} = \widehat {DAH}\] (cùng chắn cung \[DH\]) nên \[\widehat {OBH} = \widehat {OCB}\]
Từ (3) và (4) suy ra