Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Trà Vinh năm học 2025-2026 có đáp án
9 câu hỏi
Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {100} - \sqrt {36} + \sqrt {16} \).
\(A = \sqrt {100} - \sqrt {36} + \sqrt {16} = 10 - 6 + 4 = 8\).
Giải hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x - 2y = 1\end{array} \right.\) .
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}4x = 12\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 - 2y = 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\) .
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left( {x\,;y} \right)\)là \(\left( {3\,\,;\,\,1} \right)\)
Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\)trên mặt phẳng tọa độ.
Ta có bảng giá trị sau:
Suy ra đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \[\left( { - 2\,;4} \right),\left( { - 1\,;\,1} \right),\left( {0\,;0} \right),\left( {1\,;2} \right),\left( {2\,;4} \right).\] |
|
Trong bài tuyên truyền về an toàn giao thông, để có dữ liệu chia sẻ với các bạn, Lan Hương đã thực hiện khảo sát loại phương tiện mà học sinh sử dụng để đến trường. Lan Hương đã lập biểu đồ thể hiện dữ liệu dưới đây:
a. Phương tiện nào được các bạn sử dụng nhiều nhất và ít nhất?
b. Lan Hương đã khảo sát bao nhiêu học sinh?
a. Phương tiện nào được các bạn sử dụng nhiều nhất là xe đạp điện. Phương tiện nào được các bạn sử dụng ít nhất là xe máy dưới \(50\) phân khối.
b. Số học sinh Lan Hương đã thực hiện khảo sát là:
\(36 + 54 + 25 + 30 + 5 = 150\) (học sinh)
Một hộp chứa \(10\) quả cầu được đánh số từ \(1\) đến \(10\), các quả cầu có kích thước, khối lượng như nhau; hai quả cầu khác nhau được đánh số khác nhau. Xét phép thử lấy ngẫu nhiên \(1\) quả cầu từ hộp. Cho biết số phần tử của không gian mẫu và tính xác suất của biến cố A: “Quả cầu lấy ra có số ghi trên đó là số lẻ”.
Không gian mẫu \(\Omega = \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\} \).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 10\).
Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là lấy ra quả bóng ghi số \[1;3;\,\,5;7;\,9\] suy ra \(n(A) = 5\)
Vậy xác suất của biến cố A là \(p(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).
Cho phương trình \(2{x^2} + 4x - 1 = 0\).
a. Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
b. Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\)là hai nghiệm của phương trình trên. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - \frac{2}{{{x_2}}}\) .
a. Ta có các hệ số \(a = 2;b = 4;c = - 1\).
Biệt thức \(\Delta = {b^2} - 4ac = {4^2} - 4.2.( - 1) = 16 + 8 = 24 > 0\).
Vì \(\Delta > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b. Theo định lý Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - 4}}{2} = - 2;\,\,\,{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 1}}{2}\).
Ta có \(P = \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - \frac{2}{{{x_2}}} = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}\)
Vì \({x_2}\)là nghiệm của phương trình nên ta có \(2{x_2}^2 + 4{x_2} - 1 = 0\)
Suy ra \(2{x_2}^2 = 1 - 4{x_2}\)
Hay \({x_2}^2 = \frac{{1 - 4{x_2}}}{2} = \frac{1}{2} - 2{x_2}\)
Thay vào biểu thức ta có \(P = \frac{{{x_2}^2 - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2{x_2} - 2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}\)
Thay \({x_1} + {x_2} = - 2\) và \({x_1}.{x_2} = \frac{{ - 1}}{2}\)ta có \(P = \frac{{\frac{1}{2} - 2({x_1} + {x_2})}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} - 2.( - 2)}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{\frac{{ - 1}}{2}}} = - 9\)
Vậy giá trị của biểu thức là \( - 9\).
Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình.
Sau chiến thắng\(5 - 0\)trước Werder Bremen vào ngày\(14\)tháng \(4\) năm\(2024\), Bayer Leverkusen đã giành chức vô địch Quốc gia Đức (Bundesliga) lần đầu tiên trong lịch sử câu lạc bộ.
Trong mùa giải \(2023 - 2024\)đó, Bayer Leverkuse đã thi đấu \(34\) trận mà không chịu thua trận nào và giành được chức vô địch với \(90\) điểm. Biết rằng, với mỗi trận đấu, đội thắng được\(3\) điểm, đội thua không có điểm và nếu hai đội hòa nhau thì mỗi đội được \(1\) điểm. Hỏi Bayer Leverkuse đã giành được bao nhiêu trận thắng, bao nhiêu trận hòa?
Gọi \(x\)là số trận thắng, \(y\) là số trận hòa của Bayer Leverkuse với \(x,y \in {N^{}};x,y < 34\)
Do Bayer Leverkuse đã thi đấu\(34\)trận mà không thua trận nào tức là chỉ có thắng và hòa nên ta có phương trình \(x + y = 34\)
Do mỗi trận đấu, đội thắng được\(3\) điểm, đội thua không có điểm và nếu hai đội hòa nhau thì mỗi đội được \(1\) điểm nên ta có phương trình \(3x + y = 90\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 34\\3x + y = 90\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x = 56\\x + y = 34\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 28\\y = 6\end{array} \right.\) (TMĐK)
Vậy Bayer Leverkuse đã giành được \(28\) trận thắng và \(6\)trận hòa.
Một cái ly hình trụ có bán kính đáy là \(7\)cm, chiều cao là \(18\)cm (bỏ qua bề dày của thành ly).
a. Tính thể tích của cái ly.
b. Cái ly đang chứa nước. Khối nước bên trong ly có dạng hình trụ chiều cao \(10\)cm. Người ta thả từ từ từng viên bi hình cầu làm bằng thép đặc (không thấm nước) có bán kính\(3\)cm vào trong ly. Hỏi có thể thả nhiều nhất bao nhiêu viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài?
Biết thể tích hình trụ là \(V = \pi {R^2}h\)với \(R\)là bán kính đáy, \(h\)là chiều cao của hình trụ; thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)với \(r\) là bán kính hình cầu.
a. Thể tích cái ly là \({V_L} = \pi {R^2}h = \pi {.7^2}.18 = 882\pi (c{m^3})\)
b. Thể tích nước bên trong ly là \({V_n} = \pi {R^2}{h_n} = \pi {.7^2}.10 = 490\pi (c{m^3})\)
Thể tích phần ly không chứa nước là \(V = {V_L} - {V_n} = 882\pi - 490\pi = 392\pi (c{m^3})\)
Thể tích của một viên bi sắt hình cầu là \({V_b} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi (c{m^3})\)
Số viên bi cần thêm để nước dâng đầy ly là \(\frac{{392\pi }}{{36\pi }} \approx 10,89\)
Vậy có thể thả nhiều nhất \(10\) viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài.
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn (\(AB < AC\)) nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Các đường cao \(AD\)và \(BE\)cắt nhau tại \(H\).
a. Chứng minh bốn điểm \(A,B,D,E\)cùng nằm trên một đường tròn.
b. Kẻ đường kính \(AK\)của đường tròn \((O)\). Chứng minh tam giác \(ABD\)và tam giác \(AKC\)đồng dạng.
c. Gọi \(F\)là trung điểm\(AH\), \(I\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEC\). Chứng minh \(EF\)là tiếp tuyến của \((I)\).
a. Ta có \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) (do \(AD\) là đường cao).
Do đó \(A,D,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).
\(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao). Do đó \(A,E,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).
Từ đó ta có bốn điểm \(A,B,D,E\)cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(AB\)
b. Vì \(AK\)là đường kính của \((O)\) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét \(\Delta ABD\) và\(\Delta AKC\) có
\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung\(AC\) )
\(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)
Do đó (g-g).
c. Ta có \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)
Do đó \(B,E,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\).
Mà \(I\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEC\) nên \(I\)là trung điểm của \(BC\).
Do đó \(IE = IB = IC\) suy ra \(\Delta BIE\) cân tại \(I\). Khi đó \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\). \((1)\)
Ta cũng có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)
Do đó \(A,E,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\).
Mà \(F\)là trung điểm\(AH\)nên \(F\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEH\)
Do đó \(FE = FH\) suy ra \(\Delta FEH\)cân tại \(F\). Khi đó \(\widehat {FEH} = \widehat {FHE}\) \((2)\)
Mặt khác\(\Delta BHD\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DBH} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IBE} + \widehat {BHD} = 90^\circ \] \((3)\)
Mà \(\widehat {FHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh) \((4)\)
Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) và \((4)\) suy ra \(\widehat {FEH} + \widehat {IEB} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IEF} = 90^\circ \]
Vậy \(EF\) là tiếp tuyến của \((I)\)
