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

a) Ta bảng tần số của mẫu số liệu trên như sau:

b) Ta có biểu đồ hình cột biểu diễn bảng tần số thu được ở câu a) như sau:

a) Vì đồ thị của hàm số \[y = a{x^2}\] đi qua điểm \[A\left( {2; - 1} \right)\] nên ta có:

\[ - 1 = a{.2^2}\]

Suy ra \(a = \frac{{ - 1}}{4}\).

b) Với \(a = \frac{{ - 1}}{4}\) ta có hàm số \[y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}\]

Thay \[y = - 9\] vào \[y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}\] ta có:

\[ - 9 = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}\]

\({x^2} = 36\)

\(x = \pm 6\)

Vậy hoành độ các điểm thuộc đồ thị có tung độ bằng \[ - 9\] là \[6\] và \[ - 6\].

Gọi giá niêm yết của 1 vali và 1 ba lô lần lượt là \[x,y\](đồng)

ĐK: \[0 < x;y < 1\,\,280\,\,000\]

Theo bài ra ta có phương trình \[x + y = 1\,\,280\,\,000\] (1)

Giá 1 vali khi bán theo giá khuyến mãi là \[x - 25\% x = \frac{3}{4}x\] (đồng)

Giá 1 vali khi bán theo giá khuyến mãi là \[y - 20\% y = \frac{4}{5}y\](đồng)

Theo bài ra ta có phương trình \[\frac{3}{4}x + \frac{4}{5}y = 981\,\,000\] (2)

Từ (1) có \[y = 1\,\,280\,\,000 - x\] (3)

Thay (3) vào (2) ta có:

\[\frac{3}{4}x + \frac{4}{5}\left( {1\,\,280\,\,000 - x} \right) = 981\,\,000\]

\( - \frac{1}{{20}}x = - 4300\)

\[x = 860\,\,000\] (thỏa mãn điều kiện).

Thay \[x = 860\,\,000\] vào (3) ta có \[y = 1\,\,280\,\,000 - 860\,\,000 = 420\,\,000\] (thỏa mãn điều kiện).

Vậy chị Ngân phải trả tiền cho 1 vali là \[\frac{3}{4}.860\,\,000 = 645\,\,000\] (đồng).

Và chị Ngân phải trả tiền cho 1 ba lô là \[\frac{4}{5}.420\,\,000 = 336\,\,000\] (đồng).

Thể tích hình trụ là: \(\pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.3 = 27\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích nửa hình cầu là: \(\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.3^3} = 18\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích phần đựng rượu là: \(27\pi + 18\pi \approx 141,37\left( {c{m^3}} \right)\)

a) Ta có \(\widehat {BNC} = \widehat {BMC} = 90^\circ \) (gt).

Suy ra \(\Delta BNC\) và \(\Delta BMC\) nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra tứ giác \[BNMC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {ANM}\)(cùng bù với \[\widehat {BNM}\]) (1).

Chứng minh tương tự như trên ta có tứ giác \[BMHN\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\],

suy ra \(\widehat {AHM} = \widehat {ANM}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {AHM}\].

b) Ta có \[BM\] và \[CN\] là hai đường cao cắt nhau tại \[H\] của \[\Delta ABC\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC\]

Suy ra \[AH \bot BC\]tại \[D\].

Chứng minh tương tự như câu a) có tứ giác \[BNHD\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BH\],

suy ra \(\widehat {HND} = \widehat {HBC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn ) (3).

Xét đường tròn đường kính \[BC\] có \(\widehat {HNK} = \widehat {HBC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn ) (4).

Từ (3) và (4) ta có \(\widehat {HND} = \widehat {HNK}\)

Suy ra \(\frac{{NK}}{{ND}} = \frac{{HK}}{{HD}}\)(Tính chất đường phân giác của tam giác) hay \(\frac{{NK}}{{NE}} = \frac{{HK}}{{HD}}\)(5)

Xét đường tròn đường kính \[BH\] có \(\widehat {BND} = \widehat {BHD}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn ),

Mà \(\widehat {AHM} = \widehat {BHD} = \widehat {ANM}\), \(\widehat {BND} = \widehat {PNE}\)

Do đó \(\widehat {ANM} = \widehat {PNE}\),

Suy ra \(\frac{{NK}}{{NE}} = \frac{{PK}}{{PE}}\) (6).

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{PK}}{{PE}} = \frac{{HK}}{{HD}}\), suy ra \[PH\parallel ED\](Định lý Ta-lét đảo).

Gọi \[T\] là giao của \[MN\]và \[PH\], ta có \(\frac{{TH}}{{ND}} = \frac{{KT}}{{KN}} = \frac{{TP}}{{NE}}\) (Hệ quả Định lý Ta-lét)

Lại có \[ND = NE\](gt) nên suy ra \[TH = TP\], suy ra \[T\] là trung điểm \[PH\]

Vậy đường thẳng \[NM\] đi qua trung điểm \[T\] của đoạn thẳng \[HP\].