Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Phú Yên năm học 2025-2026 có đáp án
17 câu hỏi
\(\sqrt 9 \)
\({\left( { - \sqrt 3 } \right)^2}\)
\(\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2}} \)
\( - {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}\)
Đáp án đúng là D
\(3a > 3b\)
\(a - 1 < b - 1\)
\(a + 1 > b + 1\)
\( - 3a < - 3b\)
\(\frac{5}{6}\)
\( - \frac{5}{6}\)
\(\frac{6}{5}\)
\( - \frac{6}{5}\)
\(\left( {1;2} \right)\)
\(\left( {0; - 1} \right)\)
\(\left( {0;1} \right)\)
\(\left( {2;1} \right)\)
2
\(\sqrt 3 \)
\( - 1,5\)
\( - \sqrt 2 \)
\(\cos \alpha = \frac{{BH}}{{BA}}\)
\(\tan \beta = \frac{{AB}}{{AC}}\)
\(\cot \beta = \frac{{AC}}{{AH}}\)
Đường phân giác
Đường trung trực
Đường cao
Đường trung tuyến
8,5cm
6,5cm
13cm
17cm
Hình 3a
Hình 3b
Hình 3c
Hình 3d
\({50^ \circ }\)
\({100^ \circ }\)
\({120^ \circ }\)
\({140^ \circ }\)
\(64\pi \,c{m^3}\)
\(32\pi \,c{m^3}\)
\[\frac{{64\pi }}{3}\,c{m^3}\]
\(\frac{{32\pi }}{3}\,c{m^3}\)
0
\(\frac{1}{{12}}\)
\(\frac{1}{7}\)
\(\frac{1}{6}\)
\[\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 2} \right)}^2}} - \frac{3}{{\sqrt 3 }} + \sqrt {12} \\ = \left| {\sqrt 3 - 2} \right| - \sqrt 3 + \sqrt {4.3} \\ = 2 - \sqrt 3 - \sqrt 3 + 2\sqrt 3 \\ = 2\end{array}\]
Cho phương trình bậc hai (ẩn x): \(2{x^2} + bx - 3 = 0\)
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của b.
b) Tìm b để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho \({x_1} + {x_2} = - 5\)
a) Ta có \(\Delta = {b^2} - 4.2.\left( { - 3} \right) = {b^2} + 24 > 0\)với mọi b nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của b.
b) Áp dụng định lí Vi-et, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{b}{2}\)
Để \({x_1} + {x_2} = - 5\) thì \( - \frac{b}{2} = - 5\), suy ra \(b = 10\)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \(\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\)
b) \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{5}{{3x}} = 1\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\x + 2y = - 4\end{array} \right.\)
a) \(\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0\)
+) \(x - 2 = 0\) suy ra \(x = 2\)
+) \(2x + 1 = 0\) suy ra \(x = - \frac{1}{2}\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 2\) và \(x = - \frac{1}{2}\)
b) \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{5}{{3x}} = 1\)
ĐKXĐ: \(x \ne 0;x \ne - 1\)
Vậy nghiệm của phương trình là: \(x = 5\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\x + 2y = - 4\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 1\\2x + 4y = - 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}3y = - 9\\2x + y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = - 3\\2x - 3 = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = - 3\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 3} \right)\)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Để xây dựng công viên từ một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài 30m, chiều rộng 20m; người ta làm hai lối đi có bề rộng như nhau (hai lối đi này lần lượt song song với chiều dài và chiều rộng của mảnh đất), phần đất còn lại để trồng hoa (hình 6). Xác định bề rộng của lối đi để phần đất trồng hoa có diện tích là \(504{m^2}\).
Gọi bề rộng của lối đi là x (m). \(0 < x < \frac{{20}}{2} = 10\)
Diện tích của một phần đất trồng hoa là: \(504:4 = 126\left( {{m^2}} \right)\)
Chiều dài của một phần đất trồng hoa là: \(\frac{{30}}{2} - \frac{x}{2} = \frac{{30 - x}}{2}\left( m \right)\)
Chiều rộng của một phần đất sau khi làm lối đi là: \(\frac{{20}}{2} - \frac{x}{2} = \frac{{20 - x}}{2}\left( m \right)\)
Vì diện tích của một phần đất trồng hoa là\(126{m^2}\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\frac{{30 - x}}{2}.\frac{{20 - x}}{2} = 126\\\left( {30 - x} \right)\left( {20 - x} \right) = 504\\600 - 30x - 20x + {x^2} - 504 = 0\\{x^2} - 50x + 96 = 0\end{array}\)
\(x = 48\) (loại) hoặc \(x = 2\) (thỏa mãn)
Vậy bề rộng của lối đi là 2m.
Cho hình chữ nhật ABCD có \(AB > AD\). Trên tia đối của tia BC lấy điểm E \(\left( {E \ne B} \right)\). Đường thẳng qua D và vuông góc với DE cắt đường thẳng AB tại F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D trên đường thẳng EF.
a) Chứng minh bốn điểm F, D, B, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của ED và BF, K là giao điểm của HD và BF. Chứng minh \(FK.FB = FA.FI\)
c) Chứng minh rằng khi điểm E di chuyển trên tia đối của tia BC thì điểm H luôn chạy trên một đường cố định.
a) Do \(ED \bot FD\) nên \(\Delta EDF\) vuông tại D.
Khi đó E, F, D cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
Vì \(\Delta BEF\) vuông tại B (ABCD là hình chữ nhật) nên B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
Vậy E, F, B, D cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
b) Xét \(\Delta FKH\)và \[\Delta FEB\] có:
\(\widehat {EFB}\) chung; \(\widehat {FHK} = \widehat {FBE} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FK}}{{FE}} = \frac{{FH}}{{FB}}\) hay \(FK.FB = FE.FH\) (1)
Xét \(\Delta FHD\) và \(\Delta FDE\) có:
\(\widehat {DFE}\) chung; \(\widehat {FHD} = \widehat {FDE} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FH}}{{FD}} = \frac{{FD}}{{FE}}\) hay \(F{D^2} = FE.FH\) (2)
Xét \(\Delta FAD\) và \(\Delta FDI\) có:
\(\widehat {DFI}\) chung; \(\widehat {FAD} = \widehat {FDI} = {90^ \circ }\)
Do đó
Nên \(\frac{{FD}}{{FI}} = \frac{{FA}}{{FD}}\) hay \(F{D^2} = FI.FA\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(FK.FB = FI.FA\)
c) Xét \(\Delta FHD\) và \(\Delta FAD\) là hai tam giác vuông.
Tương tự câu a.
Do đó \(A,H,D,F\) thuộc đường tròn đường kính \(FD\) hay tứ giác \(AHFD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(FD.\)
Suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {FDH}\)
Mà \(\widehat {FDH} = \widehat {DEH} = \widehat {DCH} = \widehat {CAB}\)
Hơn nữa \(\widehat {FAH} + \widehat {BAH} = {180^ \circ }\) nên \(\widehat {CAB} + \widehat {BAH} = {180^ \circ }\) hay \(H,A,C\). thẳng hàng (AC cố định)
Vậy khi điểm E di chuyển trên tia đối của tia BC thì điểm H luôn chạy trên một đường cố định AC.
Bạn có thích hoạt động này không?
