Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Bình năm học 2025-2026 có đáp án
8 câu hỏi
Ta có \(\left( {2x - 3} \right) \cdot \left( {x + 5} \right) = 0\)
Suy ra \(2x - 3 = 0\) hoặc \(x + 5 = 0\)Xét \(2x - 3 = 0\;\) Suy ra : \(x = \frac{3}{2}\)
Xét \(x + 5 = 0{\rm{\;}}\) Suy ra : \(x = - 5\).
Kết luận : Phương trình đã cho có hai nghiệm \(x = \frac{3}{2}\) và \(x = - 5\).
a) Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt {49} - \sqrt {25} \).
b) Cho biểu thức: \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 6}} - \frac{6}{{\sqrt x + 6}}\) với \(x \ge 0,x \ne 36\).
Rút gọn biểu thức \[B\] và tính giá trị của biểu thức \[B\] khi \(x = 6\).
a) \(A = \sqrt {49} - \sqrt {25} = 7 - 5 = 2\).
b) Với \(x \ge 0,x \ne 36\) ta có:\(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 6}} - \frac{6}{{\sqrt x + 6}} = \frac{{\sqrt x \cdot \left( {\sqrt x + 6} \right) - 6 \cdot \left( {\sqrt x - 6} \right)}}{{x - 36}} = \frac{{x + 6\sqrt x - 6\sqrt x + 36}}{{x - 36}} = \frac{{x + 36}}{{x - 36}}\).
Thay \(x = 6\) ( thỏa mãn điều kiện ) vào B ta được: \(B = \frac{{42}}{{ - 30}} = \frac{{ - 7}}{5}\).
Cho hàm số : \(y = \frac{2}{3}{x^2}\).
a) Tìm hệ số \(a\) của \({x^2}\).
b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
a) Hệ số \[a\] của \({x^2}\) là \(a = \frac{2}{3}\).
b) Xét hàm số \(y = \frac{2}{3}{x^2}\).
Ta có bảng giá trị:
\[x\] | \[ - 2\] | \[ - 1\] | 0 | 1 | 2 |
\(y = \frac{2}{3}{x^2}\) | \(\frac{8}{3}\) | \(\frac{2}{3}\) | 0 | \(\frac{2}{3}\) | \(\frac{8}{3}\) |
Đồ thị hàm số là đường cong đi qua 5 điểm \(A\left( { - 2;\frac{8}{3}} \right);B\left( { - 1;\frac{2}{3}} \right);O\left( {0;0} \right);C\left( {1;\frac{2}{3}} \right);D\left( {2;\frac{8}{3}} \right)\)
Cho phương trình : \(2{x^2} + 3x - 2 = 0\).
a) Xác định các hệ số \(a,b,c\) của phương trình.
b) Giải phương trình đã cho.
a) Xét phương trình : \(2{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} - 2 = 0\)
b) Xét phương trình : \(2{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} - 2 = 0\)
Ta có \(\Delta = {b^2} - 4ac = 9 - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\;\)
Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối và đồng chất.
Tính xác suất của biến cố A : “Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5”.
Gieo đồng thời hai con xúc xắc có tất cả \(6 \times 6 = 36\) kết quả có thể xảy ra.
Biến cố A : "Tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc bằng 5 ".
Ta có các cặp số thỏa mãn điều kiện là: \(A = \left\{ {\left( {1,4} \right);\left( {2,3} \right);\left( {3,2} \right);\left( {4,1} \right)} \right\} \Rightarrow \) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\].
Xác suất của biến cố \[A\] là: \(P\left( A \right) = \frac{1}{9}\)
Gọi giá niêm yết của mỗi quyển vở và mỗi cây bút lần lượt là x , y (đồng), với \(0 < {\rm{x}},{\rm{y}} < 22\,\,400\,\,000\,)\) Nhà trường dự tính mua 1400 quyển vở và 700 cây bút với giá niêm yết, tổng cộng sẽ cần 22 triệu 400 nghìn đồng nên ta có phương trình:
\(1400x + 700y = 22\,\,400\,\,000\) hay \(2x + y = 32.000\left( 1 \right)\)
Nhà sách Y đã giảm giá \(5{\rm{\% }}\) cho mỗi quyển vở và \(10{\rm{\% }}\) cho mỗi cây bút, vì thế nhà trường chỉ cần trả 21 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(1400{\rm{x}}.\left( {100{\rm{\% }} - 5{\rm{\% }}} \right) + 700{\rm{y}}.\left( {100{\rm{\% }} - 10{\rm{\% }}} \right) = 21\,\,000\,\,000\) hay \(19x + 9y = 300\,\,000 & \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + y = 32\,\,000\left( 1 \right)}\\{19x + 9y = 300\,\,000\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Giải hệ phương trình: Từ phương trình (1), ta có: \({\rm{y}} = 32.000 - 2{\rm{x}}\) (3)
Thay (3) vào (2): \(19x + 9\left( {32\,\,000 - 2x} \right) = 300\,\,000\)
Hay \(19x + 288\,\,000 - 18x = 300\,\,000\)
Hay \(x + 288\,\,000 = 300\,\,000\) hay \(x = 12.000\) (Chọn )
Thay \(x = 12.000\) vào (3): \({\rm{y}} = 32\,\,000 - 2 \cdot 12\,\,000 = 8\,\,000\) (Chọn )
Kết luận: Giá niêm yết mỗi quyển vở là 12 000 đồng, mỗi cây bút là 8 000 đồng.Gọi hai cạnh góc vuông là \[x\] và \[y\] (đơn vị: cm).
Theo định lý Pythagore, ta có: \({x^2} + {y^2} = {13^2} = 169\) (1)
Diện tích tam giác vuông là: \(S = \frac{1}{2}x.y = 30 \Rightarrow xy = 60\) (2)
Từ (1) và (2), ta sử dụng hằng đẳng thức: \({(x + y)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \Rightarrow {x^2} + {y^2} = {(x + y)^2} - 2xy\)
Thay vào ta được: \({(x + y)^2} - 2.60 = 169 \Rightarrow {(x + y)^2} = 289 \Rightarrow x + y = \sqrt {289} = 17\)
Vậy tổng và tích hai nghiệm lần lượt là: \(x + y = 17,\;xy = 60\)
\( \Rightarrow \) Phương trình bậc hai cần tìm là: \({t^2} - 17t + 60 = 0\)
Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác là \({{\rm{t}}^2} - 17{\rm{t}} + 60 = 0\).
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính \[AB\]vuông góc với dây cung \[CD\] tại \[I\] (\[I\] nằm giữa \[A\] và \[O\]). Lấy điểm \[E\] bất kì trên cung nhỏ \[BC\] (\[E\] khác \(B,C\)). Hai đoạn thẳng \[AE\] và \[CD\] cắt nhau tại \[K\].
a) Chứng minh: Tứ giác \[KEBI\] là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: \(AK.AE = AB.AI\).
c) Gọi \[P\] là giao điểm của tia \[BE\] và tia \(DC,Q\) là giao điểm của hai đường thẳng \[AP\] và \[BK\].
Chứng minh: \[OQ\] là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta PQE\).
Chứng minh :
a)Do \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên \(\Delta KEB\) vuông tại E . Khi đó \(K,E,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính KB.
Tương tự \(\Delta KIB\) vuông tại I nên \(K,I,B\) cũng thuộc đường tròn đường kính KB.
Suy ra \({\rm{K}},{\rm{E}},{\rm{B}},{\rm{I}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính KB .
Chứng tỏ tứ giác KEBI là tứ giác nội tiếp.
b) Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {{\rm{BAE}}}{\rm{\;g\'o c\;chung\;}}}\\{\widehat {{\rm{AIK}}} = \widehat {{\rm{AEB}}} = 90^\circ }\end{array}} \right.\)
Suy ra (g.g)
Khi đó \(\frac{{{\rm{AK}}}}{{{\rm{AB}}}} = \frac{{{\rm{AI}}}}{{{\rm{AE}}}}\) (cặp cạnh tương ứng) hay \({\rm{AE}}.{\rm{AK}} = {\rm{AI}}.{\rm{AB}}\) (đpcm)
c) Xét \(\Delta ABP\) có \({\rm{AE}} \bot {\rm{PB}};{\rm{PI}} \bot {\rm{AB}},{\rm{AE}}\) và PI cắt nhau tại K nên K là trực tâm của
Suy ra \({\rm{BK}} \bot {\rm{AP}}\) tại Q (tính chất đồng quy của 3 đường cao)
Khi đó \(\Delta PQK\) vuông tại \(Q\) nên \(P,Q,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(PK\)
Tương tự \(\Delta PEK\) vuông tại E nên \({\rm{P}},{\rm{E}},{\rm{K}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính PK
Vậy \({\rm{P}},{\rm{Q}},{\rm{K}},{\rm{E}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính PK .
Gọi M là trung điểm của PK . Khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp
Ta có \({\rm{MP}} = {\rm{MQ}}\) nên \(\Delta MPQ\) cân tại M nên \(\widehat {{\rm{MQP}}} = \widehat {{\rm{MPQ}}}\) (1)
Do \({\rm{BQ}} \bot {\rm{AQ}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \(\Delta ABQ\) vuông tại Q , trung tuyến OQ nên \({\rm{OQ}} = {\rm{OA}} = {\rm{OB}}\)
Suy ra \(\Delta {\rm{OQA}}\) cân tại O nên \(\widehat {{\rm{OQA}}} = \widehat {{\rm{OAQ}}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {{\rm{MQP}}} + \widehat {{\rm{OQA}}} = \widehat {{\rm{MPQ}}} + \widehat {{\rm{OAQ}}} = 90^\circ \) (do vuông tại I )
Suy ra \(\widehat {{\rm{OQM}}} = 180^\circ - \left( {\widehat {{\rm{MQP}}} + \widehat {{\rm{OQA}}}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)
Suy ra \({\rm{OQ}} \bot {\rm{MQ}}\) tại \({\rm{Q}} \Rightarrow {\rm{Q}} \in \left( {\rm{M}} \right)\)
Bạn có thích hoạt động này không?
