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

a)   Với \(x \ge 0;\;x \ne 1\) thì ta có

\(\frac{{x - 1}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {1^2}}}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  - 1}} = \sqrt x  + 1\)

và \(\frac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} + \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}} = \sqrt x \).

Vậy \(A = \sqrt x  + 1 + \sqrt x  = 2\sqrt x  + 1\).

b)  Với \(x = \sqrt[3]{{27}} - \sqrt 4  = \sqrt[3]{{{3^3}}} - \sqrt {{2^2}}  = 3 - 2 = 1\) thì không thỏa mãn điều kiện \(x \ne 1\) nên khi đó \(A\) vô nghĩa.

                a) Phương trình \(2{x^2} + 11x + 7 = 0\) có các hệ số \(a = 2,\;b = 11,\;c = 7\).

\(\Delta  = {11^2} - 4.2.7 = 65 > 0\).

                Do \(\Delta  > 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

                b) Theo định lí Viète, ta có \({x_1} + {x_2} =  - \frac{{11}}{2}\) và \({x_1}{x_2} = \frac{7}{2}\).

                Ta có \(T = {\left( { - \frac{{11}}{2}} \right)^2} + \frac{7}{2} = \frac{{121}}{4} + \frac{{14}}{4} = \frac{{135}}{4}\).

Ta kí hiệu \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\;\;\;\quad \left( 1 \right)\\x - 3y =  - 1\;\quad \left( 2 \right)\end{array} \right.\).

Từ phương trình \(\left( 2 \right)\), ta có:                                                                                                           \(x = 3y - 1\quad \left( 3 \right)\)

Thế vào phương trình \(\left( 1 \right)\), ta được: \(2\left( {3y - 1} \right) + y = 5\)

                                                                                         \(6y - 2 + y = 5\)

                                                                                           \(7y = 7\)

                                                                                             \(y = 1\)

Thay \(y = 1\) vào phương trình \(\left( 3 \right)\), ta có:                                                                                                                                 \(x = 3.1 - 1 = 2\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x\;;\;y} \right) = \left( {2\;;\;1} \right)\).

Gọi \(R\;\left( {cm} \right),\;h\;\left( {cm} \right)\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bình nước (\(R > 0,\;h > 0\)).

Khi đó chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hộp giấy lần lượt là \(2R,\;2R,\;h\).

Thể tích của bình nước được tính theo công thức \({V_b} = \pi {R^2}h\).

Thể tích của hộp giấy được tính theo công thức \({V_h} = 2R.2R.h = 4{R^2}h\).

Theo giả thiết, ta có \({V_b} = 2000\) nên \(\pi {R^2}h = 2000\) suy ra \({R^2}h = \frac{{2000}}{\pi }\).

Vậy thể tích của hộp giấy là \({V_h} = 4.\frac{{2000}}{\pi } \approx 2546\;\left( {c{m^3}} \right)\).

Kích thước mẫu là \(N = 2 + 2 + 4 + m + m + 2 + m + 1 + 3 + 1 = 3m + 15\).

Theo giả thiết \(N = 45\) nên \(3m + 15 = 45\).

Do đó \(m = 10\).

Số kết quả có thể xảy ra của phép thử “chọn ngẫu nhiên 1 học sinh lớp 9A” là \(45\).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “chọn được học sinh có điểm kiểm tra cuối kì 2 môn Toán lớn hơn 7” là \(m + 1 + 3 + 1 = m + 5 = 10 + 5 = 15\).

Xác suất cần tính là \(\frac{{15}}{{45}} = \frac{1}{3}\).

Gọi \(x\;\left( m \right),\;y\;\left( m \right)\) là các kích thước của hàng rào như trong hình \(x > 0,\;y > 0\).

Nếu có \(100\) mét hàng rào bao quanh ba mặt như hình thì \(x + y + y = 100\) hay \(x = 100 - 2y\).

Khi đó, diện tích của khu vực bảo vệ là \(S = xy = \left( {100 - 2y} \right)y = 2\left( {50 - y} \right)y\).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(\left( {50 - y} \right)y \le {\left( {\frac{{50 - y + y}}{2}} \right)^2}\).

Suy ra \(S \le 1250\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(50 - y = y\) hay \(y = 25\).

Vậy diện tích tối đa của khu vực bảo vệ là \(1250\) mét vuông.

a)   Vì \(BE\), \(CF\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BCF\) vuông tại \(F\).

Do đó, \(\Delta BCE\) và \(\Delta BCF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\). Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

b)   Xét hai tam giác \(KBE\) và \(KFC\), ta có:

                     +) \(\widehat {EKB} = \widehat {CKF}\) (góc chung)

                     +) \(\widehat {KEB} = \widehat {KCF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính \(BC\))

Suy ra \(\Delta KBE \sim \Delta KFC\).

Do đó \(\frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}\).

Suy ra \(KE.KF = KB.KC\) (đpcm).

c)   Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {SCA} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) và \(\widehat {SCA}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(BH\;{\rm{//}}\;SC\).

Ta có:

                     +) \(\widehat {BAS} = \widehat {BCS}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn \(\left( O \right)\))

                     +) \(\widehat {BCS} = \widehat {CBE}\) (do \(BH\;{\rm{//}}\;SC\))

                     +) \(\widehat {CBE} = \widehat {CFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính \(BC\))

Suy ra \(\widehat {BAS} = \widehat {CFE} \Rightarrow \widehat {AFP} + \widehat {BAS} = \widehat {AFP} + \widehat {CFE} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).

Suy ra \(KP \bot AQ\).

Mà \(AP \bot KQ\) (do \(AH \bot BC\)) nên \(P\) là trực tâm \(\Delta AKQ\).

Suy ra \(PQ \bot AK\quad \left( 1 \right)\).                 

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(\left( O \right)\) (với \(M \ne A\)).

Chứng minh tương tự câu b), ta có \(KM.KA = KB.KC\). Suy ra \(KE.KF = KM.KA\).

Suy ra tứ giác \(AMFE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy \(\widehat {AMH} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {AMS} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

nên \(M,\;H,\;S\) thẳng hàng. Suy ra \(HS \bot AK\quad \left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(QP\) song song với \(HS\).