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

a) \({x^2} - 2x - 8 = 0\)

    \({x^2} - 4x + 2x - 8 = 0\)

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

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

\(x - 4 = 0\) hoặc \(x + 2 = 0\)

\(x = 4\) hoặc \(x =  - 2\)        

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x = 4\); \(x =  - 2\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 7{\rm{        }}\left( 1 \right)\\2x - 3y =  - 4{\rm{   }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy \(\left( 1 \right)\) cộng \(\left( 2 \right)\) theo vế ta được:

\(x + 3y + 2x - 3y = 7 - 4\)

\(3x = 3\)

\(x = 1\)

Thế \(x = 1\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được:

\(1 + 3y = 7\)

\(3y = 6\)

\(y = 2\)

Vậy phương trình có nghiệm \(\left( {x{\rm{ }};{\rm{ }}y} \right) = \left( {1{\rm{ }};{\rm{ }}2} \right)\).

a) \(A = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{x\sqrt x  + 1}}{{x - 1}}\,\)

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

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

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

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

b) Khi \(x = 4\) ta có \(A = \frac{{\sqrt 4 }}{{\sqrt 4  - 1}} = \frac{2}{{2 - 1}} = 2\)

Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = 2\).    

a) \(y\) là hàm số bậ nhất của \(x\)

Vì có dạng \(y = ax + b\) với \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2 \ne 0\\b = 10\end{array} \right.\)

Với mỗi giá trị của \(x\) thuộc \(1 \le x \le 10\) thì ta nhận được một giá trị của \(y\).

b) Cân nặng của trẻ \(6\) tuổi theo công thức trên là: \(y = 2.6 + 10 = 22\)

Vậy khi trẻ \(6\) tuổi thì cân nặng là \(22\,{\rm{kg}}\).

Gọi số học sinh lớp \(9B\)là \(x\)\((x \in {\mathbb{N}^*}\), học sinh\()\)

Số học sinh lớp \(9A\) là \(x + 5\) (học sinh)

Theo đề bài mỗi học sinh lớp \(9A\) trồng được \(3\) cây nên số cây là \(9A\) trồng được là: \(3.\left( {x + 5} \right)\) (cây)

Mỗi học sinh lớp \(9B\) trồng được \(4\) cây nên số cây là \(9B\) trồng được là: \(4x\) (cây)

Mà cả \(2\) lớp trồng được tổng số cây là \(295\) cây nên ta có phương trình:

\(3.\left( {x + 5} \right) + 4x = 295\)

\(3x + 4x + 15 = 295\)

\(7x + 15 = 295\)

\(7x = 295 - 15\)

\(7x = 280\)

\(x = 40\)(TMĐK)

Vậy lớp \(9B\) có \(40\) học sinh, lớp \(9A\) có \(45\) học sinh.

Gọi số học sinh  đạt điểm \(7,\,10\) lần lượt là \({m_1},{\rm{ }}\,{m_2}\).

Theo đề bài, tỉ lệ số học sinh đạt điểm \(7\) là \(12,5\% \) nên:

\({f_1} = \frac{{{m_1}}}{n}.100\% \)

\(12,5\%  = \frac{5}{n}.100\% \)

\(n = 40\).

Ta có số học sinh lớp \(9{\rm{C}}\)là  \(n = 40\) học sinh.

Số học sinh đạt điểm \(10\) trong lớp \(9{\rm{C}}\) là:

\({f_2} = \frac{{{m_2}}}{n}.100\% \)

\(20\%  = \frac{{{m_2}}}{{40}}.100\% \)

\({m_2} = 8\).

Vậy số học sinh đạt điểm 10 trong lớp \(9{\rm{C}}\) là  \(8\) học sinh.

Lẫy ngẫu nhiên \(1\) thẻ trong \(51\) thẻ nên kết quả có thể đồng khả năng .

Mô tả không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;...;51} \right\}\).

Vậy không gian mẫu có \(51\) phần tử.

Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) là: \(2;{\rm{ }}4;{\rm{ }}6;...;50\).

Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = 25\).

Xác suất của biến cố \(A\): \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{25}}{{51}}\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{25}}{{51}}\).

 Áp dụng định lí Pythagore ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

                                                                 \(A{B^2} + 9 = 25\)

                                                                 \(A{B^2} = 16\)

                                                                     \(AB = 4\)

Khi đó các tỉ số lượng giác của góc \(B\) là:

\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{5}\); \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{4}{5}\); \(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{3}{4}\); \(\cot B = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{3}\).

Ta có \(300\,{\rm{cm}} = 3\,{\rm{m}}\), \(30\,{\rm{cm}} = 0,3\,{\rm{m}}\).

Khi đó chiều cao \(h = 3\,{\rm{m}}\), bán kính đáy là \(R = 0,15\,{\rm{m}}\).

Ta có diện tích xung quanh là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 0,9\pi {\rm{ }}\left( {{m^2}} \right)\).

Chi phí là \(0,9\pi \,.\,200{\rm{ }}000 \approx 565{\rm{ 000}}\) (đồng).

Vậy bác Bình cần phải trả \(565{\rm{ 000}}\) đồng.

a) Vì \(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) nên \(MA = MB\), suy ra \(M\) thuộc trung trực của \(AB\) \(\left( 1 \right)\).

Xét \(\left( O \right)\) có \(OA = OB\) suy ra \(O\) thuộc trung trực của \(AB\) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(OM\) là đường trung trực của \(AB\) hay \(OM \bot AB\) tại \(P\).

Ta có \(OA = OC\) suy ra \(\Delta AOC\) cân tại \(O\), khi đó \(ON \bot AC\) hay \(ON \bot AN\).

Gọi \(I\) là trung điểm của của \(OA\) mà các \(\Delta OPA\), \(\Delta ONA\) lần lượt vuông tại \(P,{\rm{ }}N\) nên ta có \(IP = IN = IA = IO = \frac{{OA}}{2}\).

Vậy bốn  điểm \(A,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N,{\rm{ }}O\) cùng thuộc \(\left( {I;{\rm{ }}\frac{{AO}}{2}} \right)\).

b) Ta có \(MA = MB\) nên \(\widehat {MAB} = \widehat {MBA}\) \(\left( 3 \right)\)

Do \(\Delta ABC\)cân tại \(A\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) \(\left( 4 \right)\)

Xét \(\Delta MPA\) và \(\Delta MAO\) có:

\(\widehat {MPA} = \widehat {MAO} = 90^\circ \)

\(\widehat {AMO}\) chung

Suy ra \(\left( {{\rm{g}}{\rm{.g}}} \right)\).

Nên \(\widehat {MAB} = \widehat {MAP} = \widehat {MOA} = \frac{1}{2}\widehat {BOA}\) \(\left( 5 \right)\)

Mà \(\widehat C\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {BOA}\) \(\left( 6 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\), \(\left( 5 \right)\), \(\left( 6 \right)\) suy ra \(\widehat {MAB} = \widehat {MBA} = \widehat {ACB} = \widehat {ABC}\).

Xét \(\Delta MAB\)và \(\Delta ACB\) có:

\(\widehat {MAB} = \widehat {ACB}\) (cmt)

\(\widehat {MBA} = \widehat {ABC}\) (cmt)

Suy ra \(\left( {g.g} \right)\).

Ta có \(\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) suy ra \(\frac{{MB}}{{2MK}} = \frac{{AB}}{{2AN}}\) nên \(\frac{{MB}}{{MK}} = \frac{{AB}}{{AN}}\).

Xét \(\Delta MBK\)và \(\Delta ABN\) có:

\(\widehat M = \widehat A\)

\(\frac{{MB}}{{MK}} = \frac{{AB}}{{AN}}\) (cmt)

Suy ra \(\left( {c.g.c} \right)\).

Khi đó \(\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{BA}}{{BN}}\)

Lại có \(BA = AC\) nên \(\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{CA}}{{BN}}\) hay \(BM{\rm{ }}.{\rm{ }}BN = CA\,\,.{\rm{ }}BK\).