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

a) Tính giá trị của biểu thức \[A\] tại \[x = 25\].

Tại \(x = 25\)(thỏa mãn điều kiện xác định)

\[A = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt {25}  - 2}}{{\sqrt {25}  + 2}} = \frac{3}{7}\]

Vậy \[A = \frac{3}{7}\] khi \[x = 25\]

b) Chứng minh \[B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}}\].

Với \[x \ge 0\], \[x \ne 4\].

Ta có : \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{12}}{{x - 4}}\)

\(B = \frac{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x + 4\sqrt x  + 4 - 3\sqrt x  + 6 - 12}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{x + \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}}\)

c)  Với \[P = A.B\]. Tìm giá trị của \(x\) để \[\left| P \right| > P\].

  Ta có : \[P = A.B = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 2}}.\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}} = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\]

Tìm giá trị của \(x\) để \[\left| P \right| > P\]

TH 1: \[P > P\] (vô lí)

TH 2: \( - P > P\) hay \(\frac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} > \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\)

\( \Rightarrow 1 - \sqrt x  > \sqrt x  - 1 \Leftrightarrow 2 > 2\sqrt x \)

\( \Leftrightarrow 1 > \sqrt x  \Leftrightarrow 1 > x\)

Kết hợp với điều kiện xác định ta có: \[0 \le x < 1\]

Gọi giá vé máy bay của một người lớn là \(x\)(đồng) và giá vé máy bay của một trẻ em là \(y\)(đồng) (điều kiện: \(x > 0\), \(y > 0\)).

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y = 3{\rm{ }}900{\rm{ }}000\\4x + 3y = 7{\rm{ 100 000}}\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1{\rm{ 250 000}}\\y = 700{\rm{ 000}}\end{array} \right.\)

Vậy giá vé máy bay của một người lớn là \(1{\rm{ 250 000}}\)(đồng), giá vé máy bay của một trẻ em là \(700{\rm{ 000}}\)(đồng)

\(\begin{array}{l}2x - 3 \le 0\\2x \le 3\end{array}\)

\(x \le \frac{3}{2}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x \le \frac{3}{2}\)

Ta có bảng giá trị của \(y\) tương ứng với giá trị của \(x\) như sau:

a) Có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra của phép thử trên?     

Tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là: \(\Omega = \left\{ {10;\;11;\;12;.....;\;99} \right\}\)

Số phần tử của tập hợp \(\Omega \) là: \((99 - 10):1 + 1 = 90\)

b) Tính xác suất của biến cố:“Số tự nhiên được viết ra là số chẵn”

Tập hợp các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) là: \(10;\;12;\;14;...;\;96;\;98\).

Do đó có: \[\left( {98 - 10} \right):2 + 1 = 45\] kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\).

Vậy, xác suất của biến cố \(A\) là \[P(A) = \frac{{45}}{{90}} = \frac{1}{2}\]

Khi rót từ từ \[200\,\,c{m^3}\] nước và đo được mực nước dâng lên cao \[7,2\,\,cm\] ta có thể tích nước và thể tích phần chìm của quả bóng bàn là:

\({V_1} = \pi {.3^2}.7,2\;\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích phần bị chìm của quả bong bàn là:

\({V_2} = \pi {.3^2}.7,2\;\, - 200\;\left( {c{m^3}} \right)\)

Quả bóng bàn có đường kính \[40\,\,mm = \,4\,cm,\] bán kính của quả bóng bàn là 2 cm suy ra thể tích của quả bóng bàn là: \({V_3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3}\;\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy thể tích phần nổi của quả bóng bàn là: \(V = {V_3} - {V_2} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} - \pi {.3^2}.7,2\;\, + 200 \approx 30,02\,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

a) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), .\(F\). nằm trên cùng một đường tròn.

Ta có \[\widehat {AEB} = 90^\circ \] (do \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\)) hay \[\widehat {AEH} = 90^\circ \].

\[\widehat {AFC} = 90^\circ \] (do \(CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\)) hay \[\widehat {AFH} = 90^\circ \].

Suy ra bốn điểm \(A,E,H,F\) cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(AH\) (đpcm)

b) Chứng minh \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\).

Vì \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AH\) nên \(I\) là tâm đường tròn đường kính \(AH\) suy ra \(IA = IE\)

Vì\(\Delta IAE\) cân tại \(I\) nên \({\widehat A_1} = {\widehat E_1}\)                              (1)

\[\Delta EBC\] vuông tại \[E\]có \[EN\] là đường trung trrung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\]

Nên \(EN = NC = \frac{{BC}}{2}\,\)

Suy ra \[\Delta ENC\] cân tại \[N\] nên \(\widehat {NCE} = \widehat {{E_4}}\)               (2)

Xét \[\Delta AKC\] vuông tại \[K\] có \[\widehat {KCA} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] hay \[\widehat {NCE} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \({\widehat E_1} + {\widehat E_4} = 90^\circ \)

Lại có \({\widehat E_1} + {\widehat E_4} + \widehat {IEN} = 180^\circ \) (do \(A;\;E;\;C\) thẳng hàng)

Suy ra \(90^\circ + \widehat {IEN} = 180^\circ \) hay \(\widehat {IEN} = 90^\circ \)

Suy ra \(EN \bot EI\) tại \(E\)

Do đó \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\) (đpcm)

c) Chứng minh \(C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\).

Áp dụng định lí Pythagore \(\Delta CIK\) vuông tại \(K\), ta có: \(C{I^2} = C{K^2} + I{K^2}\)

Lại có \(IA = IE = IH\) (cùng bán kính đường tròn tâm I)

Suy ra \[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + I{K^2} - I{E^2}\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IE)\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IH)\] \[ = C{K^2} + AK\;.\;KH\]                      \(\left( 4 \right)\)

Ta lại có \[CK.CB = CK(CK + KB)\] \[ = C{K^2} + CK\;.\;KB\]                            \(\left( 5 \right)\)

Xét \(\Delta KBH\) và \(\Delta KAC\) có

\(\widehat {KBH} = \widehat {KAC}\) (\( = 90^\circ - \widehat {ACB}\)); \[\widehat {BKH} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

Do đó \[\left( {g - g} \right)\]

Nên \(\frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KH}}{{KC}}\) suy ra \(KA\;.\;KH = KB\;.\;KC\) hay \(AK\;.\;KH = CK\;.\;KB\)      \(\left( 6 \right)\)

Từ \[\left( 4 \right)\],\(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra \[C{I^2} - I{E^2} = CK\;.\;CB\] (đpcm)