Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2025-2026 có đáp án
9 câu hỏi
Không dùng máy tính cầm tay, giải phương trình, hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 2x - 8 = 0\);
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 7\\2x - 3y = - 4\end{array} \right.\).
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 \(\left( {x{\rm{ }};{\rm{ }}y} \right) = \left( {1{\rm{ }};{\rm{ }}2} \right)\).
Cho biểu thức \(A = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{x\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\,\left( {x \ge 0,{\rm{ }}x \ne 1} \right)\).
a) Rút gọn biểu thức \(A\).
b) Tính giá trị của biểu thức \(A\)khi \(x = 4\).
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 \(A = 2\).
Trong nhiều trường hợp, khi không thể xác định chính xác cân nặng của trẻ nhỏ, người ta thường ước tính cân nặng \(y\,{\rm{ }}\left( {{\rm{kg}}} \right)\) của trẻ \(x\) (tuổi) theo công thức: \(y = 2x + 10\) với \(1 \le x \le 10\).
a) \(y\) có phải là hàm số bậc nhất của \(x\) không? Vì sao?
b) Tính cân nặng của trẻ \(6\) tuổi theo công thức trên.
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 \(22\,{\rm{kg}}\).
Trong đợt tết trồng cây năm \(2025\), mỗi học sinh lớp \(9{\rm{A}}\)trồng được \(3\) cây, mỗi học sinh lớp \(9B\) trồng được \(4\) cây nên cả hai lớp trồng được tổng số \(295\) cây. Lớp \(9{\rm{A}}\) nhiều hơn \(5\) học sinh so với lớp \(9B\). Tính tổng số học sinh của mỗi lớp.
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.
Khi thống kê điểm một bài kiểm tra môn Toán của tất cả các học sinh lớp \(9{\rm{C}}\), giáo viên thu được bảng tần số tương đối như sau:
Điểm | \(7\) | \(8\) | \(9\) | \(10\) |
Tần số tương đối \(\left( \% \right)\) | \(12,5\) | \(37,5\) | \(30\) | \(20\) |
Biết rằng có \(5\) học sinh của lớp được điểm \(7\), hãy tính số học sinh được điểm \(10\)trong lớp \(9{\rm{C}}\).
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.
Một hộp có \(51\) chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ chỉ ghi đúng một số tự nhiên trong các số\(1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3;{\rm{ }}4;...;51\) (hai thẻ khác nhau ghi số khác nhau). Lấy ngẫu nhiên một chiếc thẻ trong hộp đó. Tính xác suất của biến cố \(A\): “Chiếc thẻ lấy được có ghi số tự nhiên chẵn”.
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 \(P\left( A \right) = \frac{{25}}{{51}}\).
Cho tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\), có \(AC = 3\,{\rm{cm}}\), \(BC = 5\,{\rm{cm}}\). Tính các tỉ số lượng giác của góc \(B\).
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:
\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{5}\); \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{4}{5}\); \(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{3}{4}\); \(\cot B = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{3}\).
Bác Bình muốn sơn mặt xung quanh của một cây cột có dạng hình trụ với chiều cao bằng \(300{\rm{ cm}}\)và đường kính đáy bằng \(30{\rm{ cm}}\)(tham khảo hình vẽ). Chi phí sơn là \(200{\rm{ 000}}\) đồng cho mỗi mét vuông. Hỏi bác Bình cần phải trả bao nhiêu đồng (làm tròn kết quả đến hàng nghìn)?
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.
Cho tam giác \[ABC\] cân tại \(A\)\(\left( {\widehat {BAC} < 90^\circ } \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các tiếp tuyến với đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A\), điểm \(B\) cắt nhau tại điểm \(M\). Gọi \(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AC\). Hai đường thẳng \(MO\) và \(AB\) cắt nhau tại điểm \(P\).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N,{\rm{ }}O\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AM\). Chứng minh rằng \(BM{\rm{ }}.{\rm{ }}BN = CA\,\,.{\rm{ }}BK\).
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 \(BM{\rm{ }}.{\rm{ }}BN = CA\,\,.{\rm{ }}BK\).
