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

\(\Delta = {1^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\).

Phương trình có hai nghiệm \(x_1^{} = \frac{{ - 1 + \sqrt {25} }}{2} = 2,\,\,x_2^{} = \frac{{ - 1 - \sqrt {25} }}{2} = - 3\).

\(A = 2\sqrt {28} + 2\sqrt 9 - 4\sqrt 7 = 2.2\sqrt 7 + 2.3 - 4\sqrt 7 \; = 4\sqrt 7 + 6 - 4\sqrt 7 \; = \left( {4\sqrt 7 - 4\sqrt 7 } \right) + 6 = 6\)

\(B = \left[ {\frac{{\sqrt a + 3}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}} \right]:\frac{{\sqrt a - 1}}{{\sqrt a - 3}}\)\( = \frac{{3\sqrt a - 3}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt a - 3}}{{\sqrt a - 1}}\)

   \( = \frac{{3\left( {\sqrt a - 1} \right) \cdot \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}\)\( = \frac{3}{{\sqrt a + 3}}\).

Vì đồ thị hàm số đi qua \(A\left( { - 2; - 2} \right)\) nên thay \(x = - 2;y = - 2\) vào hàm số ta được:

\(\left( {m - 2} \right) \cdot {( - 2)^2} = - 2 \Rightarrow \)\(4\left( {m - 2} \right) = - 2 \Rightarrow \)\(m - 2 = - \frac{1}{2} \Rightarrow \)\(m = \frac{3}{2}\).

\(P = 4 \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{3}{2} + 5 = 11\).

\({\rm{\Delta }} = {(m - 1)^2} - 4\left( { - 3m - 6} \right) = {m^2} - 2m + 1 + 12m + 24 = {(m + 5)^2} \ge 0\) với mọi \(m\).

Nên phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).

Khi đó phương trình có hai nghiệm là: \(x = m + 2\) và \(x = - 3\)

TH1: \({x_1} = m + 2;{x_2} = - 3\) Ta có: \(\left| {{x_1}} \right| = 5 + \left| {{x_2}} \right|\) nên \(\left| {m + 2} \right| = 8\)

nên \(m + 2 = 8\) hoặc \(m + 2 = - 8\) suy ra: \(m = 6\) hoặc \(m = - 10\).

TH2: \({x_1} = - 3;{x_2} = m + 2\) Ta có: \(3 = 5 + \left| {m + 2} \right|\) nên \(\left| {m + 2} \right| = - 2\) (vô lí)

Vậy \(m = 6\) và \(m = - 10\) là các giá trị cần tìm.

Gọi giá một chiếc tivi, một chiếc máy giặt khi chưa giảm giá lần lượt là \(x,y\) (triệu đồng) \((0 < x,y < 25)\).

Vì giá tiền một chiếc tivi và một chiếc máy giặt khi chưa giảm giá là 25 triệu đồng nên ta có phương trình \(x + y = 25\) (1)

Giá tiền một chiếc tivi sau khi giảm giá \(20{\rm{\% }}\) là: \(x - 20{\rm{\% }}x = 0,8x\) (triệu đổng)

Giá tiền một chiếc máy giặt sau khi giảm giá \(15{\rm{\% }}\) là: \(y - 15{\rm{\% }}y = 0,85y\) (triệu đồng)

Vì giá tiền một chiếc tivi và một chiếc máy giặt sau khi giảm giá là 20,5 triệu đồng nên ta có phương trình \(0,8x + 0,85y = 20,5\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 25}\\{0,8x + 0,85y = 20,5}\end{array}} \right.\).

Giải hệ phương trình trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 10\end{array} \right.\). Vậy giá tiền một chiếc tivi trước khi giảm giá là 15 triệu đồng, giá tiền một chiếc máy giạt trước khi giảm giá là 10 triệu đồng.

a) Chứng minh tứ giác \(DIHK\) nội tiếp đường tròn.

Ta có có \(\widehat {DIE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Delta \,DKH\) vuông tại\[K\] nên \(D,K,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[DH\]

\(\Delta \,DIH\) vuông tại \[I\]nên \(D,I,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[DH\]

Vậy \(D,I,H,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[DH\]hay tứ giác \[DIHK\]nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh \(CI.CD = CH.CK\) và \(HA.IB = HB.IA\).

Xét  và

có \(\widehat {DCK}\) chung và \(\widehat {CIH} = \widehat {CKD} = 90^\circ \). Suy ra  ( g.g)

nên \(\frac{{CI}}{{CK}} = \frac{{CH}}{{CD}}\) hay \[CI.CD = CH.CK\]

Xét \(\Delta OAB\) cân tại \[O\]có đường cao \[OK\]nên \[OK\] đồng thời là phân giác

Khi đó \(\widehat {AOK} = \widehat {KOB}\) suy ra cung .  Suy ra .

Vậy \[IE\]là phân giác của \[\widehat {AIB}\]nên \(\frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{IA}}{{IB}}\) (tính chất đường phân giác) hay \(HA.HB = IA.HB\)

c) Vẽ \(DT\) vuông góc với đường thẳng \(AI\) tại \(T\), đường tròn đường kính \(CK\) cắt đoạn thẳng \(CD\) tại \(G(G \ne D)\). Chứng minh \(K,G,T\) thẳng hàng.

Do  vuông tại \[T\]và  vuông tại \[K\]nên \({\rm{D}},{\rm{T}},{\rm{A}},{\rm{K}}\) cùng thuộc đường tròn \[DA\]. Khi đó \(\widehat {TKD} = \widehat {TAD}\) (cùng chắn cung TD ) mà \(\widehat {TAD} = \widehat {IAD} = \widehat {IED}\) (cùng chắn cung ID ) nên \(\widehat {TKD} = \widehat {IED}\). Suy ra \[TK\,//\,IE\].

Do G thuộc đường tròn đường kinh CK nên \(\widehat {CGK} = {90^ \circ }\) nên \(KG \bot CD\)

Mà \(EI \bot CD\) (do I thuộc đường tròn đường kính DE ) nên \(KG//EI\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(T,G,K\) thẳng hàng.

Phần thân của kem ốc quế cao: \(18 - 3 = 15{\rm{\;cm}}\).

Thể tích của phần thân kem là: \({V_1} = \frac{1}{3}\pi \cdot {r^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot 15 \cdot {3^2} = 45\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích phần đỉnh kem là: \({V_2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {3^3} = 18\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích cả cây kem là: \(V = 45\pi + 18\pi = 63\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Điều kiện: \(x + y \ge 0\).

Từ phương trình (2) ta có: \({x^2} + x - y = 2\sqrt {x + y} \) biến đổi thành \({x^2} + 2x + 1 = x + y + 2\sqrt {x + y} + 1\) hay \({\left( {x + 1} \right)^2} = {\left( {\sqrt {x + y} + 1} \right)^2}\)

Suy ra \(x = \sqrt {x + y} \) hoặc \(\sqrt {x + y} = - x - 2\)

TH 1: \(x = \sqrt {x + y} \) Vì \(x + y \ge 0\) nên \(x \ge 0\). Bình phương 2 vế ta được: \(y = {x^2} - x\)

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

\(\left( {{x^4} - {x^2}} \right) + 2 = {\left( {{x^4} - {x^2}} \right)^2}\)

\({\left( {{x^4} - {x^2}} \right)^2} - \left( {{x^4} - {x^2}} \right) - 2 = 0\)

\(\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} - 2} \right) = 0\)

\({x^4} - {x^2} - 2 = 0\) do \({x^4} - {x^2} + 1 = {\left( {{x^2} - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\)

\(\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\)

\({x^2} - 2 = 0\) do \({x^2} + 1 \ge 1 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\(x = \sqrt 2 \) (do \(x > 0)\) Với \(x = \sqrt 2 \), ta được \(y = 2 - \sqrt 2 \)

TH 2: \(\sqrt {x + y} = - x - 2\)

Với \( - x - 2 \ge 0\) hay \(x \le - 2\), bình phương hai vế ta được \({\rm{x}} + y = {x^2} + 4x + 4\) hay \(y = {x^2} + 3x + 4\). Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

\(\left( {{x^2} + 3x + 4} \right)\left( {{x^2} + x} \right) + 2 = {\left( {{x^4} - {x^2}} \right)^2}\)

\({x^4} + 4{x^3} + 7{x^2} + 4x + 2 = {x^8} - 2{x^6} + {x^4}\)

\({x^8} - 2{x^6} - 4{x^3} - 7{x^2} - 4x - 2 = 0\)

\({x^6}\left( {{x^2} - 2} \right) - 4{x^2}\left( {x + \frac{7}{4}} \right) - 2\left( {2x + 1} \right) = 0\left( {\rm{*}} \right)\)

Vì \(x \le - 2\) nên \({x^6}\left( {{x^2} - 2} \right) > 0, - 4{x^2}\left( {x + \frac{7}{4}} \right) > 0, - 2\left( {2x + 1} \right) > 0\)

Do đó \(VT\left( {\rm{*}} \right) > 0\) . Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {\sqrt 2 ;2 - \sqrt 2 } \right)\)