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

Xét phương trình \({x^2} + 9x + 8 = 0\)

có: \(a - b + c = 1 - 9 + 8 = 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = - 1;{x_2} = - \frac{c}{a} = - 8\)

Xét hệ phương trình sau:

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

Cộng từng vế hai phương trình của hệ ta được: \(3x = 6 \Rightarrow x = 2\) 

Thay \(x = 2\) vào phương trình (2) được: \(2 + y = 3 \Rightarrow y = 1\)

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\)

Với \(x \ge 0;x \ne 4\) ta có:

\[\begin{array}{l}P = \left( {\frac{{\sqrt x  + 6}}{{x - 4}} + \frac{3}{{\sqrt x  - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}}\\P = (\frac{{\sqrt x  + 6}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}} + \frac{{3(\sqrt x  + 2)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}).\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\end{array}\]

\[P = (\frac{{\sqrt x  + 6 + 3\sqrt x  + 6}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}).\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\]

\[P = (\frac{{4\sqrt x  + 12}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}).\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\]

\[\begin{array}{l}P = (\frac{{4(\sqrt x  + 3)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}).\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 3}}\\P = \frac{4}{{\sqrt x  - 2}}\end{array}\]

 với \(x \ge 0;x \ne 4\)).

 Ta có: \(\Delta ' = 1 + m\)

=> Để pt có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thì \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow 1 + m > 0 \Leftrightarrow m >  - 1\).

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2{\rm{   }}\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} =  - m{\rm{     }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Theo bài ra \({x_1}^2 - {x_2}^2 = 4m + 4\)

\(({x_1} - {x_1})({x_1} + {x_2}) = 4m + 4\)

Thay vào (1) được: \({x_1} - {x_2} = 2m + 2\)

\({({x_1} - {x_2})^2} = 4m{}^2 + 8m + 4\)

\(\begin{array}{l}{({x_1} + {x_2})^2} - 4{x_1}{x_2} = 4{m^2} + 8m + 4\\4 + 4m = 4{m^2} + 8m + 4\\4{m^2} + 4m = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l}4m(m + 1) = 0\\m = 0(thoaman);m =  - 1(loai)\end{array}\)

Vậy m=0 thì thỏa mãn điều kiện đề bài.

Gọi số sản phẩm cơ sở I làm trong tháng thứ nhất là \(x\) \(x,y \in {\mathbb{N}^*}\)

Số sản phẩm cơ sở II làm trong tháng thứ hai là \(y\)

Tháng thứ hai cơ sở I sản xuất là: \(x + 0.09x = 1,09x\)

Tháng thứ hai cơ sở IIsản xuất là: \(y - 0,05y = 0,95y\)

Theo bài ra ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 9000\\1,09x + 0,95y = 9250\end{array} \right.\) \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5000\\y = 4000\end{array} \right.(tmdk)\)

Vậy tháng thứ nhất  cơ sở I làm được 5000sp, cơ sở II làm đc 4000sp

a)     Thể tích của viên bị là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.0,15^3} = \frac{9}{{2000}}\pi  \approx 0,01(d{m^3})\)

b)    Thể tích của cái cốc hình trụ  là:

\(V = \pi {R^2}h = \pi {.0,2^2}.2 = 0,08\pi \)

Thể tích nước trong cốc là:

\(0,08\pi  - \frac{9}{{2000}}\pi  = \frac{{151}}{{2000}}\pi  = 0,0755\pi  \approx 0,24(d{m^3})\)

   Vậycốc nước có 0,24 l nước

a)     Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp

Xét \(\) \(\Delta \)CHA  vuông tại H

Nên A, H, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC

Xét \(\) \(\Delta \)CKA  vuông tại K

Nên A, K, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC

Suy ra A, C, K, H thuộc đường tròn đường kính AC

Hay tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn dường kính AC

Chứng minh hai góc HCK và BDC bằng nhau, IE// CD

Vì tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {HAK} = \widehat {HCK}\) ( góc nội tiếp chắn cung HK)

Xét (O) có  \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\) ( góc nội tiếp chắn cung BD)

Nên \(\widehat {BCD} = \widehat {HCK}\)

Gọi M là giao điểm của CE và AB

Xét tam giác ACM  có AH và AK là 2 đường cao cắt nhau tại I nên I la trực tâm tam giác ACM nên EI là đường cao thứ ba.

MI vuông góc với AC.

Lại có \(\widehat {ACB} = {90^0}\) ( góc nội tiếp chắn nưả đường tròn (O))

CB vuông góc  với AC

MI // CB

Xét tam giác CHB có MI//CB nên \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\)  ( đl Talet)

Ta có  CM\( \bot \) AD, DB\( \bot \) AD nên CM//BD

Nên EM//BD

Xét tam giác DHB có EM//DB nên \(\frac{{HM}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) ( đl Talet)

Suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) 

Xét tam giác CHD có \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) 

Nên IE//CD

Kẻ đường cao DH và CK

Đặt CD =2x

   HK =2x

OH=x

HD= \(\sqrt {O{D^2} - H{O^2}}  = \sqrt {4 - {x^2}} \)

\({S_{ABCD}} = \frac{{(AB + CD).DH}}{2} = (x + 2)\sqrt {4 - {x^2}} \)

Tính ra \({S_{ABCD}} \le 3\sqrt 3 \) 

.........