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

Đáp án đúng là C

Ta có \[A = \sqrt {{3^2}.5}  - \frac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 5  - \sqrt 5  = 2\sqrt 5 .\]

Ta có bảng giá trị sau:

\[x\]	\[ - 2\]	\[ - 1\]	0	1	2
\[y = {x^2}\]	4	1	0	1	4

Đồ thị hàm số \(y = {x^2}\)là một đường cong parabol đi qua các điểm:

O(0; 0); A(-2; 4); B (-1; 1); C(1; 1); D(2; 4)

          Hệ số a = 1 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) như sau:

     

 Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, giải phương trình \[{x^2} + 5x + 6 = 0\].

Ta có a = 1; b = 5; c = 6

 \[\Delta  = {5^2} - 4.1.6 = 1 > 0\] nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

                      \[\begin{array}{l}{x_1} = \frac{{ - 5 + 1}}{{2.1}} =  - 2;\\{x_2} = \frac{{ - 5 - 1}}{{2.1}} =  - 3.\end{array}\]

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là \[{x_1} =  - 2;{x_2} =  - 3.\]

Giải bất phương trình \[3x + 12 < 0\].

\[\begin{array}{l}3x + 12 < 0\\3x <  - 12\\x <  - 4.\end{array}\]

Vậy bất phương trình có nghiệm \[x <  - 4\].

 Cho biết phương trình \[{x^2} - 5x + 2 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] đều khác 0. Không giảiphương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}}\].

                Xét phương trình \[{x^2} - 5x + 2 = 0\] có a = 1, b = -5, c =2

\[\Delta  = {( - 5)^2} - 4.1.2 = 17 > 0\] nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lí Viète, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = 2\end{array} \right.\]

           \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}} = \frac{5}{2}\].

Vậy \[B = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{5}{2}\].

Gọi x, y (cây) là số bút bi và bút máy mà cửa hàng bán được ngày hôm đó \[\left( {x,y < 50\,;\,\,x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}} \right).\]

Cửa hàng đã bán được tổng 50 cây bút hai loại trên nên ta có phương trình \[x + y = 50{\rm{ }}(1)\]

Số tiền bán bút bi là 5 000. x (đồng)

Số tiền bán bút máy là 15 000 . y (đồng)

Theo bài ra ta có phương trình: \[5{\rm{ }}000x + 15{\rm{ }}000y = 520{\rm{ }}000{\rm{   (2)}}\]

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 50{\rm{ }}\\5{\rm{ }}000x + 15{\rm{ }}000y = 520{\rm{ }}000{\rm{   }}\end{array} \right.\]

Giải hệ phương trình ta được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 23\\y = 27\end{array} \right.\] (TMĐK)

Vậy cửa hàng bán được 23 bút bi và 27 bút máy.

Các kết quả có thể xảy ra là:

\[\Omega = \left\{ {(1;1);(1;2);(1;3);(2;1);(2;2);(2;3);(3;1);(3;2)(3;3)} \right\}\]

Vậy số phần tử của không gian mẫu là 9.

Biến cố E: “Hương và Giang cùng đi lên một toa tàu”.

Các trường hợp có thể xảy ra của \[E = \left\{ {(1;1);(2;2);(3;3)} \right\}\].

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố E.

Vậy xác suất của biến cố E là \[P(E) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\].

a)     Do AD, BE là các đường cao của \[\Delta ABC\]nên \[\Delta HDC\]vuông tại D

Do đó H, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC.

Tương tự \[\Delta HEC\]vuông tại E nên H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính HC

Vậy H, E, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính HC hay tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn.

    b) Chứng minh tương tự câu a, ta có \[\Delta BEC\] vuông tại E và \[\Delta BFC\] vuông tại F nên B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Suy ra \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Do tứ giác EFCB nội tiếp nên \[\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FB)

Lại có \[\widehat {HED} = \widehat {HCD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) nên \[\widehat {FEB} = \widehat {BED}\]

Kết hợp với \[\widehat {EFH} = \widehat {HBD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) suy ra \[\Delta H{\rm{EF}} \sim \Delta {\rm{DEB(g}}{\rm{.g)}}\]

Suy ra \[\frac{{HE}}{{DE}} = \frac{{HF}}{{DB}}{\rm{ hay }}HE.{\rm{ }}DB{\rm{ }} = {\rm{ }}HF.{\rm{ }}DE\] (đpcm)

c) Ta có KB = KC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC (Cùng bằng bán kính của (O))

Suy ra OK là trung trực của đoạn thằng BC

Ta có: \[\widehat {OBK} = 90^\circ \] (do BK là tiếp tuyến) nên \[\widehat {MBK} + \widehat {OBA} = 180^\circ  - \widehat {OBK} = 90^\circ \]

Hay \[\widehat {MBK} = 90^\circ  - \widehat {OBA}{\rm{  (1)}}\]

Ta có \[\widehat {ACB} = \widehat {AFE}\] (do cùng cộng với \[\widehat {EFB}\] bằng \[180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {OBA} = \widehat {OAB} = \frac{{180^\circ  - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ  - \widehat {ACB} = 90^\circ  - \widehat {AFE}\]

Thay vào (1) suy ra \[\widehat {MBK} = 90^\circ  - \left( {90^\circ  - \widehat {AFE}} \right) = \widehat {AFE}\]

Mà \[\widehat {AFE} = \widehat {AMN}\] (vì là hai góc đồng vị) nên \[\widehat {MBK} = \widehat {BMK}\]hay \[\Delta MBK\]cân tại K

Suy ra MK = KB

Chứng minh tương tự ta được \[\Delta KCN\]cân tại K hay KC = KN

Vậy KM = KN = KB = KC hay M, N, C, B cùng thuộc một đường tròn đường kính MN

Suy ra \[\widehat {MBN} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vậy \[AM \bot BN\]

Thể tích nước trong ly ban đầu là: \[{V_1} = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.5 = 45\pi (c{m^3})\]

Thể tích mỗi viên bi sắt là: \[{V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi (c{m^3})\]

Thể tích 6 viên bi sắt là: \[{V_2} = 6.\frac{4}{3}\pi = 8\pi (c{m^3})\]

Thể tích nước trong ly sau khi thả 6 viên bi sắt vào là: \[V = 45\pi + 8\pi = 53\pi (c{m^3})\]

Chiều cao mực nước trong ly sau khi thả 6 viên bi đó vào là: \[h' = \frac{V}{{\pi {R^2}}} = \frac{{53\pi }}{{\pi {{.3}^2}}} = \frac{{53}}{9} \approx 5,89(cm)\].