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

\(A = 1 + \sqrt 4 = 1 + 2 = 3\)

Với \(x > 0\,;\,\,x \ne 1\), ta có: \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }}\)
\(B = \left( {\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }}\)

\(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x }}\)
\(B = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\)
Vậy \(B = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\) với \(x > 0\,;\,\,x \ne 1\).

Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) \(\left( {a \ne 0} \right)\) đi qua điểm \(M\left( {1\,;\,1} \right)\) khi và chỉ khi \(1 = a{.1^2}\) hay \(a = 1\).
Vậy \(a = 1\) là giá trị cần tìm.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{2x - y = 2}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 3}\\{x + y = 1}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x + y = 1}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 0}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x\,;\,y} \right) = \left( {1\,;\,0} \right)\).

Thay \(x = 0\) vào phương trình ta được:
\(m - 2 = 0\) hay \(m = 2\)
Vậy \(m = 2\) là giá trị cần tìm.

\(2x + 3 > 5\)
\(2x > 2\)
\(x > 1\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là \(x > 1\).

Gọi vận tốc của Lan khi đi xe đạp từ A đến B là \(x{\rm{\;}}\left( {{\rm{km/h}}} \right)\). ĐK \(x > 0\)
Vận tốc của Lan lúc về là \(x + 2\;\left( {{\rm{km/h}}} \right)\)
Thời gian đi từ \(A\) đến \(B\) là \(\frac{{20}}{x}\) (giờ)
Thời gian đi từ \(B\) về \(A\) là \(\frac{{20}}{{x + 2}}\) (giờ)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi \[20\] phút hay \(\frac{1}{3}\) giờ nên ta có phương trình: \(\frac{{20}}{x} - \frac{{20}}{{x + 2}} = \frac{1}{3}\)
\(\frac{{60\left( {x + 2} \right)}}{{3x\left( {x + 2} \right)}} - \frac{{60x}}{{3x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 2} \right)}}{{3x\left( {x + 2} \right)}}\)
Suy ra \(60\left( {x + 2} \right) - 60x = x\left( {x + 2} \right)\)
\(60x + 120 - 60x = {x^2} + 2x\)
\({x^2} + 2x - 120 = 0\)
\({x^2} + 12x - 10x - 120 = 0\)
\(x\left( {x + 12} \right) - 10\left( {x + 12} \right) = 0\)
\(\left( {x - 10} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\)
\(x - 10 = 0\) hoặc \(x + 12 = 0\)
\(x = 10\) (tmĐK) hoặc \(x =  - 12\) (không tmĐK)
Vậy vận tốc của Lan khi đi xe đạp từ A đến B là \(10{\rm{\;km/h}}\).

Áp dụng công thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông ta được:
\(BA = BC\;{\rm{.}}\;{\rm{sin}}C\)\( = 4\;{\rm{.}}\;\sin 30^\circ \)\( = 2\;\left( {\rm{m}} \right)\)
Vậy độ cao \(BA\) của cầu trượt là \[2{\rm{ m}}\].

a) Chứng minh tứ giác \[DFEB\] là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(DF \bot AB\) nên \(\Delta DFB\) vuông tại \[D\]

Suy ra \(D\), \(F\), \(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[FB\]
Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta FBE\) vuông tại \[E\]
Suy ra \(D\), \(E\), \(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[FB\]
Vậy \(D\), \(E\), \(B\), \(F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[FB\] hay \[DFEB\] là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(OI\) đi qua trung điểm của \[MN\].

Gọi \(K\) là giao điểm của \(HA\) và \(\left( O \right)\)

Khi đó \(AE\), \(HD\), \(BK\) là các đường cao của tam giác \(HAB\)
Do đó \(AE\), \(HD\), \(BK\) đồng quy tại \(F\) hay \(B\), \(F\), \(K\) thẳng hàng
Vì \(\Delta HKF\) vuông tại \(K\), \(\Delta HEF\) vuông tại \(E\) nên \(H\), \(K\), \(F\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HF\)
Suy ra \(KI = IE\)
Do đó \(I\) thuộc đường trung trực của \(EK\)
Mà \(O\) thuộc đường trung trực của \(EK\) (do \(OE = OK\) )
Nên \(OI\) là trung trực của \(EK\)
Gọi \(L\) là giao điểm của \(OI\) và \(EK\). Khi đó \(L\) là trung điểm của \(EK\)
Mà \(M\) là trung điểm của \(AE\) nên \(ML\) là đường trung bình của \(\Delta AKE\)
Do đó \(ML\,{\rm{//}}\,AK\), \(ML = \frac{1}{2}AK\;\;\left( 1 \right)\)
Tương tự \(ON\,{\rm{//}}\,AK\), \(ON = \frac{1}{2}AK\;\;\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \[MLNO\] là hình bình hành
Do đó \(OL\) đi qua trung điểm của \(MN\).

a) Tính diện tích xung quanh của chiếc cốc (lấy \(\pi  = 3,14\) )

Diện tích xung quanh của chiếc cốc là \({S_{xq}} = 2\pi rh\)\( = 2\pi \;{\rm{.}}\;5\;{\rm{.}}\;10\)\( = 314\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
Vậy diện tích xung quanh của chiếc cốc là \(314\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
b) Ban đầu chiếc cốc chứa nước, chiều cao mục nước là \({h_1} = 6{\rm{\;cm}}\). Người ta thả một viên bi bằng sắt, đặc ruột, hình cầu có bán kính \(R = 3{\rm{\;cm}}\) vào chiếc cốc. Khi đó chiều cao của mục nước trong cốc là \({h_2}\). Tính \({h_2}\)

b) Thể tích của viên bi sắt là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)\( = \frac{4}{3}\pi \;{\rm{.}}\;{3^3}\)\( = 36\pi \;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Thể tích nước trong cốc ban đầu là \(V = \pi {r^2}h\)\( = \pi \;{\rm{.}}\;{5^2}\;{\rm{.}}\;6\)\( = 150\pi \;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)
Tổng thể tích của viên bi sắt và nước ban đầu là \({V_2} = V + {V_1}\)\( = 150\pi  + 36\pi \)\( = 186\pi \;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)
Chiều cao của mực nước sau khi thả viên bi là \({h_2} = \frac{{{V_2}}}{{\pi {r^2}}}\)\( = \frac{{186\pi }}{{\pi  \cdot {5^2}}}\)\( = 7,44\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\)
Vậy \({h_2} = 7,4{\rm{4}}\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Số học sinh đạt điểm từ \[4\] đến dưới \[6\] là \(11\) học sinh.

Không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\)
Như vậy \(n\left( \Omega  \right) = 8\)
Các số chẵn trong các số từ \[1\] đến \[8\] là \(2\); \(\,4\); \(6\); \(8\)
Do đó \(n\left( A \right) = 4\)
Xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\)
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).

Ta có \({(x - y)^2} \ge 0\) với mọi \(x\), \(y \in \mathbb{R}\)
Do đó \({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\) hay \({x^2} + 2xy + {y^2} \ge 4xy\)
Suy ra \(xy \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\) với mọi \(x\), \(y > 0\)
Vì \(3 = x + y + xy\)\( \le x + y + \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\) nên \(\left( {x + y + 6} \right)\left( {x + y - 2} \right) \ge 0\)
Suy ra \(x + y \ge 2\) (do \(x + y + 6 > 0\) với mọi \(x\), \(y > 0\))
Vì \({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\) với mọi \(x\), \(y \in \mathbb{R}\) nên \({x^2} + {y^2} \ge 2xy\)Hay \(2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {(x + y)^2}\) với mọi \(x\), \(y \in \mathbb{R}\).Suy ra \(2P \ge 4\) hay \(P \ge 2\)
Dấu " \( = \) " xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = 1\).