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

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

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

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