Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Nam Định năm học 2025-2026 có đáp án
15 câu hỏi
Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 4\end{array} \right.\)có nghiệm \(\left( {{x_0};\,{y_0}} \right)\). Giá trị của biểu thức \[P = x_0^2 + y_0^2\] là
\[1\].
\[2\].
\[3\].
\[5\].
Đáp án đúng là D
Nghiệm của bất phương trình \[5 - 3x < - 1\] là
\(x < 2\).
\(x > 2\).
\(x > - 2\).
\[x > - 1\].
Đáp án đúng là B
Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng \[5\]?
\[{x^2} + 5x = 0\].
\[{x^2} + 5x + 5 = 0\].
\[{x^2} - 5x + 7 = 0\].
\[{x^2} - 5x - 1 = 0\].
Đáp án đúng là D
Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]có \[AC = 3a\], \[AB = 3\sqrt 3 a\,\left( {a > 0} \right)\]. Khi đó \[\sin B\] bằng
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}a\].
\[\frac{1}{2}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{1}{2}a\].
Đáp án đúng là B
Cho ba điểm \[A,B,C\]phân biệt cùng thuộc đường tròn \[\left( O \right)\]. Biết dây cung \[BC = R\] và điểm \[A\] thuộc cung lớn \[BC\]. Số đo góc \[\widehat {BAC}\] bằng
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
\(120^\circ \).
Đáp án đúng là A
Cho tam giác đều \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\] (như hình vẽ). Phép quay ngược chiều \[120^\circ \] tâm \[O\] biến các điểm \[B,C,A\] thành các điểm
\(A,\,B,\,C\).
\(A,\,C,\,B\).
\(C,\,A,\,B\).
\(B,\,C,\,A\).
Đáp án đúng là C
Một hộp kín đựng 15 quả bóng có cùng khối lượng và kích thước, được đánh số từ 1 đến 15 (mỗi quả bóng được đánh đúng một số, hai quả bóng khác nhau được đánh số khác nhau). Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một quả bóng trong hộp”. Không gian mẫu của phép thử trên có số phần tử là
\[2\].
\[5\].
\[10\].
\[15\].
Đáp án đúng là D
Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp và quan sát số chấm xuất hiện trên mặt của con xúc xắc. Xét biến cố A: “Tổng số chấm trên mặt của con xúc xắc sau hai lần gieo là 3”. Xác suất của biến cố A là
\(\frac{1}{{12}}\).
\(\frac{1}{{18}}\).
\(\frac{1}{{36}}\).
\(\frac{1}{9}\).
Đáp án đúng là B
a) Chứng minh đẳng thức \[\sqrt {8 - 2\sqrt 7 } - \frac{6}{{\sqrt 7 - 1}} = - 2\].
b) Rút gọn biểu thức \[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 5}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 5}} + \frac{{3x + 25}}{{25 - x}}\] (với \(x \ge 0;\,\,x \ne 25\))
a) Biến đổi \[VT\] ta có:
\[VT = \sqrt {8 - 2\sqrt 7 } - \frac{6}{{\sqrt 7 - 1}}\]
\[ = \sqrt {{{\left( {\sqrt 7 - 1} \right)}^2}} - \frac{{6\left( {\sqrt 7 + 1} \right)}}{{7 - 2}}\]
\[ = \sqrt 7 - 1 - \left( {\sqrt 7 + 1} \right)\]
\[ = \sqrt 7 - 1 - \sqrt 7 - 1\]
\( = - 2 = VP\)
Vậy đẳng thức được chứng minh.
b) Với \(x \ge 0;\,\,x \ne 25\) ta có: \[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 5}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 5}} + \frac{{3x + 25}}{{25 - x}}\]
\[P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} - \frac{{3x + 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\]
\[P = \frac{{x - 5\sqrt x + 2x + 10\sqrt x - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\]
\[P = \frac{{5\sqrt x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\]
\[P = \frac{{5\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\]
\[P = \frac{5}{{\sqrt x + 5}}\]
Khảo sát cỡ giày của 32 bạn học sinh lớp 9A cho kết quả như sau:
36 | 37 | 39 | 37 | 38 | 37 | 38 | 36 |
38 | 39 | 36 | 40 | 38 | 39 | 39 | 38 |
39 | 38 | 40 | 38 | 36 | 38 | 37 | 39 |
37 | 40 | 38 | 39 | 37 | 39 | 36 | 37 |
a) Lập bảng tần số của mẫu số liệu trên
b) Vẽ biểu đồ hình cột biểu diễn bảng tần số thu được ở câu a).
a) Ta bảng tần số của mẫu số liệu trên như sau:
Cỡ giày | 36 | 37 | 38 | 39 | 40 |
Tần số | 5 | 7 | 9 | 8 | 3 |
b) Ta có biểu đồ hình cột biểu diễn bảng tần số thu được ở câu a) như sau:
Cho hàm số \[y = a{x^2}\].
a) Tìm \[a\] biết đồ thị của hàm số đi qua điểm \[A\left( {2; - 1} \right)\].
b) Với \[a\] vừa tìm được (ở câu a), tìm hoành độ các điểm thuộc đồ thị có tung độ bằng \[ - 9\].
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 \[ - 6\].
Biết phương trình \[{x^2} + 9x + 2 = 0\]có hai nghiệm âm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt { - 13{x_1} + 2} - {x_2}\).
Vì phương trình \[{x^2} + 9x + 2 = 0\] có hai nghiệm âm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)
Nên theo định lý Viète ra có: \({x_1} + {x_2} = - 9\).
Vì phương trình \[{x^2} + 9x + 2 = 0\] có hai nghiệm âm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) nên \[{x_1}^2 + 9{x_1} + 2 = 0\].
Từ \[{x_1}^2 + 9{x_1} + 2 = 0\] suy ra \[ - 13{x_1} + 2 = {x_1}^2 - 4{x_1} + 4 = {\left( {{x_1} - 2} \right)^2}\]
Suy ra \(\sqrt { - 13{x_1} + 2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_1} - 2} \right| = 2 - {x_1}\)(do \({x_1} < 0\) nên \({x_1} - 2 < 0\)).
Do đó \(A = \sqrt { - 13{x_1} + 2} - {x_2} = 2 - {x_1} - {x_2} = 2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2 + 9 = 11\).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hè \[2025\], siêu thị X có chương trình khuyến mãi: mỗi vali giảm \[25\% \], mỗi balô giảm \[20\% \] so với giá niêm yết. Chị Ngân đến siêu thị X chọn mua một vali và một balô, thanh toán số tiền là \[981\,000\] đồng. Biết rằng nếu không có chương trình khuyến mãi thì tổng giá niêm yết của hai mặt hàng trên là \[1\,280\,000\] đồng. Tính số tiền chị Ngân đã thanh toán cho mỗi mặt hàng.
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).
Một chiếc ly thuỷ tinh có phần đựng rượu được cấu tạo từ một hình trụ cao \[3\,cm\], đường kính đáy \[6\,cm\]và một nửa hình cầu có bán kính \[3\,cm\] (xem hình minh họa bên). Tính thể tích phần đựng rượu của ly thủy tinh theo \[c{m^3}\](kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
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: \(27\pi + 18\pi \approx 141,37\left( {c{m^3}} \right)\)
Cho tam giác\[ABC\] nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\)nội tiếp đường tròn tâm \[O\]. Các đường cao \[BM\] và \[CN\]của tam giác\[ABC\] cắt nhau tại \[H\].
a) Chứng minh tứ giác \[BNMC\] nội tiếp và \[\widehat {ACB} = \widehat {AHM}\].
b) Tia \[AH\] cắt cạnh \[BC\] tại \[D\]. Trên tia \[DN\] lấy điểm \[E\] sao cho \[NE = ND\]. Gọi \[K\] là giao điểm của \[AD\] và \[NM\] và \[P\] là giao điểm của \[EK\] và \[AB\]. Chứng minh đường thẳng \[NM\] đi qua trung điểm của đoạn thẳng \[HP\].
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 \[HP\].
