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

a) Lớp \(9A\) có bao nhiêu học sinh đã dành thời gian tự học mỗi ngày từ \(40\) phút đến dưới \(120\) phút là:

\(12 + 10 + 6 + 4 = 32\)

b) Tính tần số tương đối của nhóm \(\left[ {60;\;80} \right)\).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {60;\;80} \right)\) là: \(f = \frac{{10}}{{40}} \cdot 100\% \).

\(f = 25\% \)

Bạn Hải viết ngẫu nhiên một số trong tập hợp \(\left\{ {1;\;2;\;3;\;4;\;5;\;6;\;7;\;8;\;9;\;10;\;11;\;12} \right\}\). Tính xác suất để bạn Hải viết được một số không chia hết cho \(5\).

Số phần tử của không gian mẫu là: \(12\)

Từ phương trình ta có \(2x + 6 = 0\) hoặc \(5 - x = 0\)

Do đó nghiệm của phương trình là \(x = - 3\) hoặc \(x = 5\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}:\left( {\frac{{x - 2}}{{x + 2\sqrt x }} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}} \right)\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}:\left( {\frac{{x - 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}} \right)\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}:\frac{{x - 2 - \left( {\sqrt x - 1} \right) \cdot \left( {\sqrt x + 2} \right) + \left( {\sqrt x + 1} \right) \cdot \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)

\[A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}:\frac{{x - 2 - \left( {x + \sqrt x - 2} \right) + \left( {x + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}}:\frac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 2}} \cdot \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{x} = \sqrt x - 3\)

Xét phương trình \(2{x^2} - 10x + 3 = 0\) có \(\Delta ' = 25 - 6 = 19 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\).

Theo định lý Viète ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\). Suy ra phương trình có hai nghiệm dương.

Ta có:

\(\sqrt {24{x_1} - 5} = \sqrt {2\left( {10{x_1} - 3} \right) + 4{x_1} + 1} = \sqrt {4x_1^2 + 4{x_1} + 1} \)

\( = \sqrt {{{\left( {2{x_1} + 1} \right)}^2}} = \left| {2{x_1} + 1} \right| = 2{x_1} + 1\)

Suy ra

\(\sqrt {24{x_1} - 5} + 2{x_2} + 2025 = 2{x_1} + 1 + 2{x_2} + 2026\)

\( = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2027 = 2037\)

Ta có:

\(25 - 2{x_1} - 8{x_2} = 25 - \left[ {5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 3\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right] = 25 - \left( {25 - 3\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} } \right)\)

\( = 3\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}.{x_2}} = 3\sqrt {25 - 6} = 3\sqrt {19} \)

Vậy \(T = \frac{{2037}}{{3\sqrt {19} }} = \frac{{679\sqrt {19} }}{{19}}\)

Gọi \(x,\;y\) lần lượt là số áo sơ mi mà tổ \(A\) và tổ \(B\) sản xuất được trong tháng thứ nhất \(\left( {x,\;y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Ta có: \(x + y = 900\)

Số áo sơ mi hai tổ sản xuất được trong tháng thứ hai nhiều hơn tháng đầu là: \(1\;100 - 900 = 200\) nên \(0,25.x + 0,2.y = 200\),

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 900\\0,25.x + 0,2.y = 200\end{array} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 500\end{array} \right.\)

Vậy tháng thứ nhất tổ \(A\) sản xuất được \(400\) (áo sơ mi) và tổ \(B\) sản xuất được \(500\) (áo sơ mi)

Gọi \(x\) là số xe ban đầu của đội (\(x > 5;\;x \in \mathbb{N}\))

Số tấn hàng ban đầu mỗi xe phải chở là \(\frac{{360}}{x}\)

Số tấn hàng mỗi xe phải chở sau khi \(5\) xe được điều chuyển là \(\frac{{360}}{{x - 5}}\)

Theo bài ra ta có phương trình \(\frac{{360}}{x} = \frac{{360}}{{x - 5}} - 6\)

Suy ra \({x^2} - 5x - 300 = 0\).

Giải phương trình ta được \(x = 20\) hoặc \(x = - 15\). Vậy đội ban đầu có \(20\) xe.

a) Bán kính đáy cốc nước là \(R = 4\;cm\)

Diện tích xung quanh của cốc nước

\(S = 2.\pi .R.h = 2.\pi .4.25 \approx 628\;\left( {c{m^2}} \right)\)

b) Thể tích của cốc nước là \(V = \pi {.4^2}.25 = 400\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của nước trong cốc là \({V_1} = \pi {.4^2}.22 = 352\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của mỗi viên bi là \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\)

Giả sử cần thả vào cốc nước số viên bi là \(n\;\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\). Khi đó \[V < {V_1} + n{V_2}\]

suy ra \(400\pi < 352\pi + n \cdot \frac{{32}}{3}\pi \) do đó \(n > 4,5\).

Vậy cần thả vào cốc ít nhất \(5\) viên bi

a)\(\widehat {AHC} = 90^\circ \) nên điểm \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\widehat {AEC} = 90^\circ \) nên điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Do đó tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) và tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

* Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\)

Tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OC = R} \right)\), có \(OI\) là đường trung tuyến (\(I\) là trung điểm của \(BC\)) nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot BC\), syu ra \(\widehat {OIC} = 90^\circ \) do đó điểm \(I\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

b) \(\widehat {OEC} = 90^\circ \) do đó điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

Vậy tứ giác \(OIEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\), suy ra \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\).

* Chứng minh tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

Ta có:

\(\widehat {CIE} = \widehat {IHE} + \widehat {IEH}\)

\(\widehat {COE} = 2\widehat {CAE} = 2\widehat {CHE}\)

Theo chứng minh trên \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) nên \(\widehat {IHE} + \widehat {IEH} = 2\widehat {CHE}\) suy ra \(\widehat {IEH} = \widehat {IHE}\) do đó tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

c) Trong trường hợp \(BA < BD\), trên đoạn thẳng \(HM\) lấy điểm \(P\) sao cho \(\widehat {APB} = 90^\circ \). Chứng minh ba điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng.

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OBA} = \widehat {OAB}\)

Ta có \(\widehat {BOA} = 2\widehat {BCA}\) suy ra \(180^\circ  - \left( {\widehat {OBA} + \widehat {OAB}} \right) = 2\widehat {BCA}\)

Hay \(180^\circ  - 2\widehat {OBA} = 2\widehat {BCA}\) nên \(\widehat {OBA} + \widehat {BCA} = 90^\circ \) \(\left( 1 \right)\)

Mà \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \;\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = \widehat {OBA} + \widehat {BCA}\)

nên \(\widehat {HAC} = \widehat {OBA}\;\left( 3 \right)\)

Tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), \(M\) là trung điểm \(AC\) nên \(MA = MH\) do đó tam giác \(MAH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {MAH} = \widehat {MHA}\;\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\widehat {OBA} = \widehat {MHA}\) \(\left( * \right)\)

Tứ giác \(ABHP\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AHP}\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right),\;\left( {**} \right)\) ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {ABP}\) nên hai tia \(BP,\;BO\) trùng nhau, do đó \(3\) điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng

Gọi \(x\) (nghìn đồng) là số tiền mà trang trại bán tăng thêm cho \(1\;kg\)\(\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó giá bán mới là \(20 + x\) (nghìn đồng)

Cứ mỗi lần tăng giá bán thêm \(1\;000\) đồng cho \(1\;kg\), số rau thừa lại tăng thêm \(30\;kg\) nên khi tăng thêm \(x\) (nghìn đồng) thì số rau thừa là \(30.x\;\left( {kg} \right)\).

Sau khi tăng giá: số sau bán với giá \(20 + x\) (nghìn đồng) là \(1\;500 - 30x\;\left( {kg} \right)\);

số ra được bán với giá \(6\) (nghìn đồng) là \(30.x\;\left( {kg} \right)\)

Khi đó tổng số tiền bán rau là: \(T\left( x \right) = \left( {20 + x} \right).\left( {1\;500 - 30x} \right) + 6.30x\)

\(T\left( x \right) = - 30{x^2} + 1080x + 30\;000\)

\( = - 30\left[ {{{\left( {x - 18} \right)}^2} - 324} \right] + 30\;000 = - 30{\left( {x - 18} \right)^2} + 39720 \le 39720\)

Vậy số tiền lớn nhất mà trang trại thu được là \(39720\) (nghìn đồng) khi \(x = 18\)