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

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

            \( = 5.\)

      \(x - 6 > 0\)

      \(x > 6\)

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là \(x > 6.\)

Khi \(x = 1,\) ta có \(y = {1^2}\)

                              \( = 1.\)

Tần số của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) là 15.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) là: \(\frac{{15.100}}{{60}}\% = 25\% \).

Số phần tử của không gian mẫu là 10.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 3.

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{3}{{10}}.\)

Gọi số thiệp của tổ một, tổ hai làm được theo kế hoạch lần lượt là  \(x,y\,\,\left( {x \in \mathbb{N},\,\,y \in \mathbb{N}} \right).\) 

Theo kế hoạch hai tổ làm được \(500\) cái thiệp nên ta có phương trình

\(x + y = 500.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Nhờ tăng năng suất làm việc tổ một vượt mức \(10\% \), tổ hai vượt mức \(20\% \)và hai tổ vượt kế hoạch \(80\) cái thiệp, ta có phương trình

                                                  \(\frac{1}{{10}}x + \frac{1}{5}y = 80.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 500\\\frac{1}{{10}}x + \frac{1}{5}y = 80.\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 300\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy theo kế hoạch, tổ một làm \(200\)cái thiệp, tổ hai làm \(300\)cái thiệp.

Độ dài đường sinh của hình nón là:   \(l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \sqrt {{{24}^2} + {{10}^2}} \)

                                                                      \( = 26\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích xung quanh của chiếc mũ dạng hình nón là:

            \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .10.26\)

                                                                        \( = 816,4\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) ta có \(\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}},\)

hay \(BC = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABC}}} = \frac{{100}}{{\cos 30^\circ }} \approx 115,5\,{\rm{(m)}}.\)

Vậy \(BC \approx 115,5\,({\rm{m)}}.\)

1) Vì \(HA = HO\) và \(MH \bot AO\) nên \(MH\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AO.\)

Suy ra \(MA = MO.\)

\(\Delta AMO\) có \(OM = OA\) (bán kính)

                  \(MA = MO\) (chứng minh trên)

Suy ra \(MA = MO = OA,\) hay \(\Delta AMO\) đều.

2) Vì \(OE = OF\) (bán kính) nên \(\Delta OEF\) cân tại \(O.\)

\(\Delta OEF\) cân tại \(O,\,\,OI\) là đường trung tuyến nên \(OI \bot EF.\)

\(\Delta CIO\) vuông tại \(I,\,\,A\) là trung điểm của \(CO\) nên \(AC = AI = AO.\)

Ta có \(AC = AM = AI = AO,\) suy ra tứ giác \(CMIO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CO.\)

Vì \(\widehat {CMO} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(CO\)) nên \(\Delta CMO\) vuông tại \(M.\)

Xét \(\Delta CHM\) và \(\Delta CMO\) có

              \(\widehat {MCO}\) là góc chung

              \(\widehat {CHM} = \widehat {CMO} = 90^\circ \)

Suy ra  

Do đó \(\frac{{CH}}{{CM}} = \frac{{CM}}{{CO}},\) hay  \(C{M^2} = CH.CO.\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta CHK\) và \(\Delta CIO\) có

              \(\widehat {OCI}\) là góc chung

              \(\widehat {CHK} = \widehat {CIO} = 90^\circ \)

              Suy ra   

Do đó \(\frac{{CH}}{{CI}} = \frac{{CK}}{{CO}},\) hay \(CI.CK = CH.CO.\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\,\left( 2 \right)\) ta có \(C{M^2} = CI.CK.\)

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

\[ = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} \cdot \frac{{{\rm{ }}\sqrt x  + 1}}{2}\]

\[ = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\,\, \cdot \frac{{{\rm{ }}\sqrt x  + 1}}{2}\]

\[ = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\, = \frac{1}{2}.\]

Vì phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1},\,\,{x_2}\) nên theo định lý Viète, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7\\{x_1}{x_2} = 5.\end{array} \right.\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\) nên \(x_2^2 - 7{x_2} + 5 = 0.\) Do đó \(x_2^2 - 6{x_2} + 9 = {x_2} + 4,\) hay \({\left( {{x_2} - 3} \right)^2} = {x_2} + 4.\) Suy ra \(\left| {{x_2} - 3} \right| = \sqrt {{x_2} + 4} .\)

\(P = \left| {{x_2} - 3} \right| + \sqrt {{x_1} + 4}  = \sqrt {{x_2} + 4}  + \sqrt {{x_1} + 4}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt {{x_2} + 4}  + \sqrt {{x_1} + 4} } \right)}^2}} \)

                                  \(\begin{array}{l} = \sqrt {\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 8 + 2\sqrt {4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}.{x_2} + 16} } \\ = \sqrt {15 + 2\sqrt {4.7 + 5 + 16} }  = \sqrt {29} .\end{array}\)A